UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBADE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 2013-2014 (JUNIO) MATERIA: MATEMÁTICAS APLICADAS A LAS CIENCIAS SOCIALES II INSTRUCCIONES Y CRITERIOS GENERALES DE CALIFICACIÓN Después de leer atentamente todas las preguntas, el alumno deberá escoger una de las dos opciones propuestas y responder razonadamente a las cuestiones de la opción elegida. Para la realización de esta prueba se puede utilizar calculadora científica, siempre que no disponga de capacidad de representación gráfica o de cálculo simbólico. Calificación: Cada pregunta se valorará sobre 2 puntos. Tiempo: 90 minutos.

OPCIÓN A Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) 1  2  3 1     Sean las matrices A =  − 1 0  y B =  0 2   1 − 2  −1 0    

( )−1 , donde A denota la traspuesta de la matriz A

a) Calcúlese A t B

t

0 x   b) Resuélvase la ecuación matricial A ⋅   =  − 1  y  5    Solución.

a.

t  2 1   3 1       − 1 A t B =  −1 0  ⋅  0 2      1 − 2   − 1 0    

( )

−1

  3 1   2 −1 1     ⋅  0 2   =   1 0 − 2    −1 0  

 2 ⋅ 3 + (− 1) ⋅ 0 + 1 ⋅ (− 1) 2 ⋅1 + (− 1) ⋅ 2 + 1 ⋅ 0    1 ⋅ 3 + 0 ⋅ 0 + (− 2) ⋅ (− 1) 1 ⋅1 + 0 ⋅ 2 + (− 2) ⋅ 0 

−1

5 0  =  5 1

−1

−1

=

t

t

  5 0  1  1 − 5  = ⋅   = = ⋅  adj  5 0   5 1   5  0 5  5 1 1

1  1 0   1 0   = 5 =   5  − 5 5   − 1 1  1   2x + y = 0 2 0   x    b.  − 1 0  ⋅   =  − 1 : − x = −1 Se estudian los rangos de las matrices que definen el sistema  1 − 2  y   5   x − 2y = 5      para clasificarlo y poder resolverlo. 1  1 0 2 1 0 2 2   2 1   A =  −1 0  = 1 ≠ 0 ⇒ rg A = 2 A* =  − 1 0 − 1 − 1 0 − 1 = 0 ⇒ rg A* = 2  1 − 2 −1 0  1 −2 5  1 −2 5     rg A = rg A* = 2 = n . Sistema compatible determinado.

 2x + y = 0  x = 1 Sistema equivalente:  : − x = −1  y = −2

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos)

Se considera la función f (x, y ) = 5x − 2 y y la región del plano S definida por el siguiente conjunto de restricciones: x − 2y ≤ 0 , x + y ≤ 6 , x ≥ 0 , y ≤ 3 a) Represéntese la región S

1

b) Calcúlense las coordenadas de los vértices de la región S y obténganse los valores máximo y mínimo de la función f en S indicándose los puntos donde se alcanzan. Solución. a. Se representan las rectas, y a continuación se delimita la región del plano que delimita cada inecuación, tomado un punto cualquiera del plano y comprobando si lo cumple la inecuación. Si se toma como punto de prueba el (2, 0): 2, 0 ) x − 2 y ≤ 0 ( → 2 − 2 ⋅ 0 = 2 ≤ 0 Falso. La inecuación se cumple de la recta hacia arriba y hacia la izquierda. 2, 0 ) x + y ≤ 6 ( → 2 + 0 = 2 ≤ 6 Verdadero. La inecuación se cumple de la recta hacia abajo y hacia la izquierda. x ≥ 0 La inecuación se cumple del eje de ordenadas (OY) hacia la derecha y ≤ 3 La inecuación se cumple de la recta y = 3 hacia abajo. La región factible es la coloreada en la figura adjunta. b.

Vértices:

 x+y=6 B: : B(4, 2) x − 2 y = 0 y = 3 D: : D(0, 3) x = 0

A(0, 0 )  y=3 C: : C(3, 3) x + y = 6 Optimación:

Vértice A B C D

x

y

0

0

4

2

3

3

0

3

f (x, y ) = 5x − 2 y

f (x, y ) = 5 ⋅ 0 − 2 ⋅ 0 = 0

f (x, y ) = 5 ⋅ 4 − 2 ⋅ 2 = 16 f (x, y ) = 5 ⋅ 3 − 2 ⋅ 3 = 9

f (x, y ) = 5 ⋅ 3 − 2 ⋅ 3 = −6

La función f(x, y) alcanza un valor máximo de 16 unidades en el punto B(4, 2) La función f(x, y) alcanza un valor mínimo de -6 unidades en el punto D(0, 3)

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos) x 3  a) Determínense a y b para que f sea continua en todo R. 3

b) Calcúlese

∫1f (x ) dx

Solución. a. La función está definida por expresiones polinómicas, las cuales son continuas en sus dominios de definición, por lo tanto para que la función sea continua, deberá ser continua en los puntos frontera. x = 1. Para que la función sea continua en x = 1, se debe cumplir: Lím− f (x ) = Lím+ f (x ) = f (1) x →1

x →1

Lím− f (x ) = Lím(x + a ) = 1 + a

  Lím+ f (x ) = Lím x 2 − 2 = 12 − 2 = −1 : 1 + a = −1 x →1 x →1  f (1) = 12 − 2 = −1 

x →1

x →1

(

)

2

a = −2

x = 3. Para que la función sea continua en x = 3, se debe cumplir: Lím− f (x ) = Lím+ f (x ) = f (3) x →3

x →3

(

)

Lím f (x ) = Lím x 2 − 2 = 32 − 2 = 7 x →3  Lím+ f (x ) = Lím(x + b ) = 3 + b :3+ b = 7 x →3 x →3  f (3) = 32 − 2 = 7 

x →3−

b.

3

∫1

f (x ) dx =

∫ (x 3

1

2

)

b=4

3

 x3   33   13  14 − 2 dx =  − 2x  =  − 2 ⋅ 3  −  − 2 ⋅1 = 1  3  3  3  3

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos)

Sean A y B dos sucesos de un espacio muestral tales que: p(A ) = 0,4 ; p(A ∪ B) = 0,5 ; p(B A ) = 0,5 Calcúlense a) p(B)

(

)

b) p A B Solución. a. Conocido el valor de la probabilidad de la unión de sucesos, se puede calcular la probabilidad de B. p(A ∪ B) = p(A ) + p(B) − p(A ∩ B) p(B) = p(A ∪ B) + p(A ∩ B) − p(A ) La probabilidad de la intersección se puede obtener a partir de la probabilidad condicionada (B/A). p(B ∩ A ) (B∩A )=(A∩B ) p(A ∩ B) p(B A ) = = p(A ∩ B) = p(A ) ⋅ p(B A ) p(A ) p(A ) Sustituyendo en la expresión de p(B)

p(B) = p(A ∪ B) + p(A ) ⋅ p(B A ) − p(A ) = 0,5 + 0,4 ⋅ 0,5 − 0,4 = 0,3

b.

Aplicando la expresión de probabilidad condicionada p A ∩ B * p(A ) − p(A ∩ B) p(A ) − p(A ) ⋅ p(B A ) 0,4 − 0,4 ⋅ 0,5 0,2 2 pA B = = = = = = = 0,286 pB 1 − p(B) 1 − p(B) 1 − 0,3 0,7 7

(

) (( ))

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) La longitud, en milímetros (mm), de los individuos de una determinada colonia de gusanos de seda se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media desconocida µ y desviación típica igual a 3 mm. a) Se toma una muestra aleatoria simple de 48 gusanos de seda y se obtiene una media muestral igual a 36 mm. Determínese un intervalo de confianza para la media poblacional de la longitud de los gusanos de seda con un nivel de confianza del 95 %. b) Determínese el tamaño muestral mínimo para que el error máximo cometido en la estimación de µ por la media muestral sea menos o igual que 1 mm con un nivel de confianza del 90 %. Solución. a. x ≡ longitud de los gusanos de seda. Variable continua con distribución Normal, para nuestras de  σ   , siendo la tamaño n = 48, la variable media muestral también sigue una distribución Normal x : N µ, 48   desviación típica (σ) igual a 3 mm El intervalo de confianza para la media poblacional a partir de una media muestral (x = 36 mm ) viene dado por la expresión:  σ σ   x − z α 2 ⋅  , x + zα 2 ⋅ n n  Expresión de la que se conoce todo excepto el valor de crítico z α 2 , que se obtiene del nivel de confianza.

( )

3

 α z α 2 = φ −1 1 −  , siendo 1 ‒ α = Nivel de confianza = 95% = 0,95 ⇒ α = 0,05  2  0,05  −1 z α 2 = φ −1 1 −  = φ (0,9750) = 1,96 2   Sustituyendo en la expresión del intervalo:  3 3   36 − 1,96 ⋅  = (35,15 ; 36,85) , 36 + 1,96 ⋅ 48 48   Con un nivel de confianza del 95 % se puede afirmar que la longitud media de los gusanos de seda de la colonia va a estar comprendida entre 35,15 y 36,86 mm. b.

El tamaño de la muestra se puede obtener a partir del máximo error admitido.

ε máx

 σ > zα 2 ⋅ ⇒ n >  z α 2 ⋅ ε máx n  σ

  

2

Al igual que en el apartado a, el valor crítico se obtiene del nivel de confianza  α  0,10  z α 2 = φ −1 1 −   −1  −1  2   : z α 2 = φ 1 − 2  = φ (0,9500) = 1,645   Nivel de confianza = 1 − α = 0,90 ⇒ α = 0,10 2

3  n > 1,645 ⋅  = 24,3... ⇒ n ≥ 25 individuos 1 

4

OPCIÓN B Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera el sistema de ecuaciones dependiente del parámetro real a: x + y + az = 2  3x + 4 y + 2z = a  2x + 3y − z = 1 a) Discútase el sistema según los diferentes valores de a. b) Resuélvase el sistema en el caso a = ‒1. Solución. a. El sistema se clasifica en función de los rangos de las matrices de coeficientes (A) y ampliada (A*), según el teorema de Rouchè-Frobenius. 1 1 a  1 1 a 2     A = 3 4 2  A* =  3 4 2 a  A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ n = 3  2 3 − 1  2 3 −1 1     Si A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado. Se discute el tipo de sistema para

los valores del parámetro que anulan el determinante de la matriz de coeficientes ( A = 0) .

1 1 a det A = 3 4 2 = −4 + 4 + 9a − (8a + 6 − 3) = a − 3 ; A = 0 ; a − 3 = 0 ; a = 3 2 3 −1 Discusión: i. ii.

b.

Si a ≠ 3 , A ≠ 0 ⇒ rg A = rg A* = n = 3. Sistema compatible determinado.

1 1 3    1 1 Si a = 3 , A = 0 ⇒ rg A < 3. A =  3 4 2  = 4 − 3 = 1 ≠ 0 , rg A = 2 ⇒ rg A* ≥ 2 3 4  2 3 − 1   1 1 3 2   A* =  3 4 2 3  . Partiendo del menor de orden 2 distinto de cero, se estudian sus orlados.  2 3 −1 1    Uno de los orlados, es el determinante de la matriz de coeficiente, que para a = 3, es cero. El otro 1 1 2 orlado es el formado por la 1ª, 2ª y 4ª columna. 3 4 3 = 0 ⇒ rg A* = 2 = rg A ≠ n . Sistema 2 3 1 compatible indeterminado. Para a = −1 , sistema compatible determinado. Se resuelve por el método de Cramer. x + y − z = 2 a = −1  3x + 4 y + 2z = − 1 A = a − 3 = − 1 − 3 = −4 2 x + 3y − z = 1 

x=

Ax A

=

2 1 −1 −1 4 2 1 3 −1 −4

=3; y =

Ay A

=

1 2 −1 3 −1 2 2 1 −1 −4

5

= −2 ; z =

Az A

=

1 1 2 3 4 −1 2 3 1 −4

= −1

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Dada la función real de variable real f (x ) = 4x 3 − 3x 2 − 2x a) Determínese la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x = 1. 3

b) Calcúlese

∫2 f (x ) dx

Solución. a. La ecuación de la recta tangente a la función f(x) en x = 1 en forma punto-pendiente es: y − f (1) = f ′(1) ⋅ (x − 1)

f (1) = 4 ⋅ 13 − 3 ⋅ 12 − 2 ⋅ 1 = −1

f ′(x ) = 12x 2 − 6x − 2

⇒

f ′(1) = 12 ⋅12 − 6 ⋅1 − 2 = 4

Sustituyendo en la expresión de la recta tangente: y − (− 1) = 4 ⋅ (x − 1) Ordenando y despejando a la forma explicita: y = 4 x − 5

b.

∫2 f (x ) dx = ∫2 ( 3

3

3

)

(

 4x 3+1 3x 2+1 2x1+1  4 3 2 4 x − 3x − 2x dx =  − −  = x −x −x + + + 3 1 2 1 1 1   2 3

2

(

= x4 − x3 − x2

] = (3 3 2

4

) (

]

3 2

=

)

− 33 − 32 − 2 4 − 2 3 − 2 2 = 45 − 4 = 41

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se considera la función real de variable real definida por

f (x ) =

x2 x−2

a) Determínense sus asíntotas b) Determínense el dominio y los intervalos de crecimiento y decrecimiento de f Solución. a.

Asíntotas verticales. Rectas de la forma x = a, tales que a ∉ Dominio y Lím f (x ) =

D[f (x )] = {x ∈ R x − 2 ≠ 0} = R − {2} Lím x →2

x →a

k 0

x2 4 = ⇒ En x = 2 hay una asíntota vertical. x−2 0

 x2 22 4 = − = − = −∞  Lím− 2 0 Tendencias laterales:  x →2 x −2 2 2 − 2 x 2 4  Lím = = = +∞ x →2+ x − 2 2 + − 2 0 + Asíntota horizontal. Recta de la forma y = L, donde L = Lím f (x )

Lím f (x ) = Lím

2

x →±∞

(÷ x ) 2

x 1 1 1 = Lím = = = ±∞ ∉ R 2 1 2 x →±∞ 1 x−2 0 − 2 − 2 x x ∞ ∞ La función no tiene asíntota horizontal x →±∞

x →±∞

Asíntota oblicua. y = mx + n

x2 2 f (x ) x 2 (÷x ) 1 1 1 m = Lím = Lím x − 2 = Lím 2 = Lím = = =1 2 2 1− 0 x →±∞ x x →±∞ x x →±∞ x − 2 x x →±∞ 1− 1− x ∞

6

 x2  2 x (÷ x ) 2 2 2 n = Lím (f (x ) − mx ) = Lím  − x  = Lím = Lím = = =2 2 2 x →±∞ x →±∞ x − 2 x →±∞ x − 2 x →±∞ 1 − 0   1− 1− x ∞ Asíntota oblicua y = x +2 b.

Dominio: D[f (x )] = {x ∈ R x − 2 ≠ 0} = R − {2}

Monotonía: se asocia al signo de la derivada, en los intervalos donde f ′(x ) > 0 , f(x) es creciente, en los intervalos donde f ′(x ) < 0 , f(x) es decreciente.

f ′(x ) =

2 x ⋅ (x − 2 ) − x 2 ⋅1

(x − 2)2

=

2x 2 − 4x − x 2

(x − 2)2

=

x 2 − 4x

(x − 2)2

 x = 0 2 Ceros : x − 4 x = 0 : x ⋅ (x − 4 ) = 0 :  Ceros y polos de la derivada:  x = 4 Polos : (x − 2 )2 = 0 : x − 2 = 0 : x = 2  Estudio del signo de f ′(x ) =

x 2 − 4x

(x − 2)2

Si x ∈ (− ∞, 0) ∪ (4, + ∞ ) ⇒ f ′(x ) > 0 ⇒ f (x ) es creciente Si x ∈ (0, 2) ∪ (2, 4) ⇒ f ′(x ) < 0 ⇒ f (x ) es decreciente

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Se dispone de un dado cúbico equilibrado y dos urnas A y B. La urna A contiene 3 bolas rojas y 2 negras; la urna B contiene 2 rojas y tres negras. Lanzamos el dado: si el número obtenido es 1 o 2 extraemos una bola de la urna A; en caso contrario extraemos una bola de la urna B. a) ¿Cuál es la probabilidad de extraer una bola roja? b) Si la bola extraída es roja, ¿cuál es la probabilidad de que sea de la urna A? Solución. Los datos del enunciado, se pueden recoger en un diagrama en árbol.

  p(A ) =      p(B) =   

Incompatib les

a.

 ( 2 1 p R = : 6 3 p(N   ( 4 2 p R = : 6 3 p(N 

A) =

3 5 2 A) = 5 2 B) = 5 3 B) = 5

Dependient es

p(R ) = p((A ∩ R ) ∪ (B ∩ R )) = p(A ∩ R ) + p(B ∩ R ) = p(A ) ⋅ p(R A ) + p(B) ⋅ p(R B) = 1 3 2 2 7 = ⋅ + ⋅ = = 0,4667 p(R ) = 46,67% 3 5 3 5 15 1 3

b.

Bayes p

p(A R ) =

(A ∩ R ) = p(A ) ⋅ p(R A ) = 3 ⋅ 5 = 3 = 0,4286 p(R ) p(R ) 7 15 7

7

p(A R ) = 42,86%

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) El consumo mensual de leche (en litros) de los alumnos de un determinado colegio se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media µ y desviación típica σ = 3 litros. a) Se toma una muestra aleatoria simple y se obtiene un intervalo de confianza (16,33; 19,27) para estimar µ, con un nivel de confianza del 95 %. Calcúlese la media muestral y el tamaño de la muestra elegida. b) Se toma una muestra aleatoria simple de tamaño 64. Calcúlese el error máximo cometido en la estimación de µ mediante la media muestral con un nivel de confianza del 95 %. Solución. a. x ≡ consumo de leche. x : N(µ, σ ) σ = 3 L Los intervalos de confianza de la variable son intervalos de probabilidad a partir de la media de una muestra, por lo tanto, la media de la muestra es el punto medio del intervalo. 16.33 + 19,27 x= = 17,8 L 2 El tamaño de la muestra, obtiene del error máximo admitido.

 σ ⇒ n >  z α 2 ⋅ ε máx n  , que se obtiene del nivel de confianza. ε máx > z α 2 ⋅

( )

El valor de crítico z α 2

σ

  

2

 α z α 2 = φ −1 1 −  , siendo 1 ‒ α = Nivel de confianza = 95% = 0,95 ⇒ α = 0,05  2  0,05  −1 z α 2 = φ −1 1 −  = φ (0,9750) = 1,96 2   El error máximo es el valor absoluto de la diferencia entre la media de la muestra y un extremo del intervalo. ε máx = 17,8 − 19,27 = 1,47 Sustituyendo en la expresión, se calcula el tamaño muestral 2

 3  n > 1,96 ⋅  = 16 Elementos 1 , 47   b.

ε máx > z α 2 ⋅

σ n

= 1,96 ⋅

3 64

= 0,735 L

8