( ) 0 { {

40,0. 5. 2. Sp. 20,0. 5. 1. Jp. 40,0. 5. 2. Ep. 5. 2 x:1. 2 x5. : 1. 2 x xx. 1SpJpEp. : xSp. 2 x. Jp x. Ep. (. ) 80,0. EFDp = ;. ( ). 60,0JFDp. = ;. ( ) 30,0. SFDp = a. ( ) (. ) (. ) (. ).
131KB Größe 8 Downloads 151 vistas
UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID PRUEBADE ACCESO A LAS ENSEÑANZAS UNIVERSITARIAS OFICIALES DE GRADO Curso 2013-2014 (Septiembre) 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)

Considere el sistema de ecuaciones dependiente del parámetro real λ:  2 x − λy + z = − λ  4x − 2λy + 2z = λ − 3 a) Determínense los valores del parámetro real λ que hacen que el sistema sea incompatible. b) Resuélvase el sistema para λ = 1. Solución. Para que un sistema sea incompatible rg A ≠ rg A* a. 2 − λ 1 2 − λ 1 − λ    A =  A* =   4 − 2λ 2   4 − 2λ 2 λ − 3 

A ⊂ A* ⇒ rg A ≤ rg A* ≤ 2 Rango de A: Partiendo del menor de orden uno 2 ≠ 0 que garantiza un rg A ≥ 1 para cualquier valor del parámetro λ, se estudian sus menores orlados: 2 −λ 2 1 = −4λ − (− 4λ ) = 0 = 4−4= 0 4 − 2λ 4 2 No existen menores de orden dos distinto de cero en la matriz A, rg A = 1 Rango A*: En la matriz ampliada solo queda por estudiar el menor

2 −λ = 6λ − 6 = 0 : λ = 1 4 λ−3

Si λ ≠ 1 ⇒

2 −λ ≠ 0 ⇒ rg A* = 2 ≠ rg A Sistema incompatible 4 λ−3

Si λ = 1 ⇒

2 −1 = 0 ⇒ rg A* = 1 = rg A ≠ n = 2 Sistema compatible indeterminado. 4 −2

El sistema es incompatible para cualquier valor de λ excepto para 1. b.

 2 x − y + z = −1 Equivalent e λ = 1:     →{2x − y + z = −1  4 x − 2 y + 2z = −2 Para resolver es necesario transformar dos variables en parámetro y expresar la solución en función de

estos. x =α

x=α

 =β {2x − y + z = −1 y → y = β

z = −1 − 2α + β 

1

∀α, β ∈ R

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

(x − 3)2 x (x − 2)

f (x ) =

a) Determínense las asíntotas de f. b) Estúdiese si la función f es creciente o decreciente en un entorno de x = 4. Solución. Asíntotas verticales, son recta de la forma x = a tal que a ∉ D(F(x )) y Lím f (x ) =

a.

x →a

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



k 0

(x − 3)2 = 9 = 9 = +∞ x (x − 2) 0 − ⋅ (− 2) 0 + (x − 3)2 = 9 = 9 = −∞ x (x − 2) 0 + ⋅ (− 2) 0 −  (x − 3)2 = 1 = 1 = −∞  Lím 2 (x − 3) = 1 ⇒ x = 2 Asíntota vertical. x → 2 x (x − 2) 2 ⋅ 0− 0− x = 2: Lím  2 x → 2 x (x − 2 ) 0  Lím (x − 3) = 1 = 1 = +∞ x → 2 x (x − 2) 2 ⋅ 0 + 0 + Asíntota horizontal. Recta de la forma y = L, donde L = Lím f (x ) ∈ R  Lím 2 (x − 3) = 9 ⇒ x = 0 Asíntota vertical. x → 0 − x = 0: Lím  x → 0 x (x − 2 ) 0  Lím x → 0 +



+

x → ±∞

Lím f (x ) = Lím

x → ±∞

x → ±∞

∞   ∞

(x − 3) = Lím x − 6x + 9 = x (x − 2) x → ±∞ x 2 − 2x ÷ x 2

2

2

6 9 6 9 + + 2 1− ± ∞ (± ∞ )2 1 − 0 + 0 x x = = =1 2 2 1− 0 1− 1− x ±∞

1− Lím

x → ±∞

Asíntota horizontal y = 1. Asíntota oblicua. No tiene por tener horizontal. b.

La monotonía de la función se relaciona con el signo de la primera derivada.

f (x ) = f ′(x ) =

(

)

2 ⋅ (x − 3) ⋅ 1 ⋅ x − 2x − (x − 3) ⋅ (2x − 2) 2

(x

2

− 2x

2

)

2

f ′(4 ) =

(x − 3)2

x 2 − 2x

=

2(4 − 3)(2 ⋅ 4 − 3)

(4

2

(

) = 2(x − 3)(2x − 3) (x − 2x )

2(x − 3) x 2 − 2x − (x − 3)(x − 1)

− 2⋅4

)

 En x = 4 la función es continua  Lím f (x ) = f (4) =  x→4 entorno de x = 4 la función es creciente

2

=

(x

2

− 2x

)

2

2

2

5 >0 32

1  , y su derivada positiva, por lo tanto en un 8

Problema 3.- (Calificación máxima: 2 puntos)

Se considera la función real de variable real definida por f (x ) = 2e x +1 . a) Esbócese la gráfica de la función f. b) Calcúlese el área del recinto plano acotado limitado por la gráfica de la función, el eje de abscisas y las rectas x = 0 y x = 1. Solución. a. Partiendo de la gráfica de la función elemental y = e x por desplazamientos y deformaciones se obtiene la gráfica de la función. DESPLAZAMIENTO LATERAL IZQUIERDA

N DEFORMACIÓ  →

      →

2

b.

Área =

1

∫0 2e

x +1

( ]

dx = 2 ⋅ ∫ e x +1dx = 2 ⋅ e x +1 1

0

1 0

(

) (

)

= 2 ⋅ e1+1 − e 0 +1 = 2 e 2 − e u 2

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) En la representación de navidad de los alumnos de 3º de primaria de un colegio hay tres tipos de papeles: 7 son de animales, 3 de personas y 12 de árboles. Los papeles se asignan al azar, los alumnos escogen por orden alfabético sobres cerrados en los que esta escrito el papel que les ha correspondido. a) Calcúlese la probabilidad de que a los dos primeros alumnos les toque el mismo tipo de papel. b) Calcúlese la probabilidad de que el primer papel de persona le toque al tercer alumno de la lista. Solución. Ai ≡ Al alumno que escoge en posición i le toca papel de animal Bi ≡ Al alumno que escoge en posición i le toca papel de persona Ci ≡ Al alumno que escoge en posición i le toca papel de árbol.

a.

p((A1 ∩ A 2 ) ∪ (B1 ∩ B2 ) ∪ (C1 ∩ C 2 )) = p(A1 ∩ A 2 ) + p(B1 ∩ B2 ) + p(C1 ∩ C 2 ) =

= p(A1 ) ⋅ p(A 2 A1 ) + p(B1 ) ⋅ p(B2 B1 ) + p(C1 ) ⋅ p(C 2 C1 ) =

7 6 3 2 12 11 30 ⋅ + ⋅ + ⋅ = = 0,3896 22 21 22 21 22 21 77

p((A1 ∩ A 2 ) ∪ (B1 ∩ B 2 ) ∪ (C1 ∩ C 2 )) = 38,96% b.

p(B1 ∩ B2 ∩ B3 ) = p(B1 ) ⋅ p(B2 B1 ) ⋅ p(B3 B1 ∩ B2 ) =

19 18 3 171 ⋅ ⋅ = = 0,1110 22 21 20 1540

p(B1 ∩ B2 ∩ B3 ) = 11,1%

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) La estatura en centímetros (cm) de los varones mayores de edad de una determinada población se puede aproximar por una variable aleatoria con distribución normal de media µ y desviación típica σ = 16 cm. a) Se tomo una muestra aleatoria simple de 625 individuos obteniéndose una media muestral x = 169 cm . Hállese un intervalo de confianza al 98% para µ. b) ¿Cuál es el mínimo tamaño muestral necesario para que el error máximo cometido en la estimación de µ por la media muestral sea menor que 4 cm, con un nivel de confianza del 90%. Solución. a. x ≡ Estatura en cm de los varones mayores de edad. x : N (µ, σ ) Para muestras de tamaño 625, la distribución de medias muestrales también tiene un comportamiento normal  σ   x : N µ, 625   El intervalo de confianza para la media poblacional a partir de una media muestral viene dado por:  σ σ   x − z α 2 ⋅  , x + zα 2 ⋅ n n 

( )

El valor critico z α 2 de la estimación se calcula a partir del nivel de confianza (1 ‒ α = 0,98)

 α  0,02  −1 z α 2 = φ −1 1 −  = φ −1 1 −  = φ (0,99) = 2,33 2   2   16 16  169 − 2,33 ⋅  = (167,5 ; 170,5) , 169 + 2,33 ⋅ 625 625   Con un nivel de confianza del 98% se puede estimar que la media de la altura de los varones mayores de edad de esa población va a estar comprendida entre 167,5 y 170,5 cm.

3

b.

El mínimo tamaño muestral se obtiene a partir del máximo error admitido.  σ σ   n >  z α 2 ⋅ ε max > z α 2 ⋅ ε máx  n 

  α 0,1  z α 2 = φ −1 1 −   −1  −1  = φ (0,95) = 1,645  : z α 2 = φ 1 −  2 2   Nivel de confianza 1 − α = 0,90

16   n > 1,645 ⋅  = 43,3 ⇒ n ≥ 44 elementos 4 

4

OPCIÓN B Problema 1.- (Calificación máxima: 2 puntos) Considérese la matriz

1 0   A =  0 0 0 1  

( ) Calcúlese (A ⋅ A − 3I )

a) Calcúlese A ⋅ A t

−1

t

b) Solución. a.

200

1 0 1 + 0 0 + 0 0 + 0 1 0 0   1 0 0      =  0 + 0 0 + 0 0 + 0  =  0 0 0  A ⋅ A t =  0 0  ⋅  0 1 0 0 1 0 + 0 0 + 0 0 + 1 0 0 1       2

1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 + 0 + 0 0 + 0 + 0 0 + 0 + 0 1 0 0           0 0 0 =  0 0 0 ⋅  0 0 0 = 0 + 0 + 0 0 + 0 + 0 0 + 0 + 0 = 0 0 0 0 0 1  0 0 1  0 0 1 0 + 0 + 0 0 + 0 + 0 0 + 0 + 1 0 0 1           Teniendo en cuenta el resultado del cuadro:

(A ⋅ A )

t 200

b.

 1 0 0   =  0 0 0 0 0 1  

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

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

(

 −3 0 +  0 −2 1  0 0 = − − 12  0 − 2  0 0  +  −3 0 

)

− +

0

0

0 −2 −2 0



0 −2 −2 0 0

0

−1

t

 − 2 0 0   1   = adj  0 − 3 0  =  −2 0 0   0 0 − 2  0 −3 0   0 0 −2

t

0 −3   0 0  t −1 0  6 0 0  6 0 0   2       −2 0 1 1 −1  == −  0 4 0 =  0 4 0 =  0 3 0 0  − 12  − 12    0 0 6 0 0 6  0 0    −2 0   +  0 −3 +

0  0   −1  2

Problema 2.- (Calificación máxima: 2 puntos) Sea S la región el plano definida por y ≥ 2x ‒ 4 ; y ≤ x ‒ 1 ; 2y ≥ x ; x ≥ 0 ; y ≥ 0 a) Represéntese la región S y calcúlense las coordenadas de sus vértices. b) Obténganse los valores máximo y mínimo de la función f(x, y) = x ‒ 3y en S indicando los puntos de S en los cuales se alcanzan dichos valores máximo y mínimo. Solución. Para representar la región se transforman las inecuaciones en ecuaciones y se hace una tabla dando a. valores. Las restricciones x ≥ 0, y ≥ 0, indican variables no negativas, y restringen la región al primer cuadrante.

5

Vértices:

b.

Optimación:



 y = 2x − 4  8 4  A≡ : A ,  3 3  2y = x



y = 2x − 4 B≡ : B(3, 2)  y = x −1



 2y = x C≡ : C(2, 1) y = x − 1

Vértice

x

y

f (x, y ) = x − 3y

A B

8 3 3

4 3 2

4 4 8 4 8 f ,  = −3 = − 3 3 3 3 3   f (3,2) = 3 − 3 ⋅ 2 = −3

C

2

1

f (2,1) = 2 − 3 ⋅ 1 = −1

Cumpliendo las restricciones propuestas, la función f(x, y) alcanza un valor máximo de ‒1 en el vértice C(2, 1), y un valor mínimo de ‒3 en el vértice B(3, 2)

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

f (x ) =

λx 4 + x2 a) Calcúlese el valor del parámetro real λ para que la recta tangente a la gráfica en x = ‒1 sea paralela a la recta y = 2x ‒ 3. b) Calcúlese

∫0 f (x ) dx para λ = 1. 2

Solución. a. Si dos rectas son paralelas tienen igual pendiente, por lo tanto la pendiente de la recta tangente a la función f(x) en x = ‒1 debe ser la pendiente de la recta y = 2x ‒ 3 (m = 2). Por definición, la derivada de una función en un punto es la pendiente de la recta tangente a la función en ese punto. Teniendo en cuenta lo anterior, se pide que f ′(− 1) = 2

f ′(x ) =

(

)

λ ⋅ 4 + x 2 − λx ⋅ 2 x

(4 + x )

2 2

f ′(− 1) =

=

4λ − λ (− 1)2

(4 + (− 1) )

2 2

4λ + λx 2 − 2λx 2

(4 + x )

2 2

=

3λ =2 25

λ=

4λ − λx 2

(4 + x )

2 2

50 3

 f ′(x )   f (x ) dx = Ln f (x ) + C   1 2 2x 2 2 x 1 f (x ) dx = dx =  f (x ) = 4 + x 2 dx = Ln 4 + x 2 = 0 2 2 0 0 4+x 2 2 4+x   f ′(x ) = 2x     1 1 1 8 1 = Ln 4 + 2 2 − Ln 4 + 0 2 = (Ln8 − Ln 4) = Ln = Ln 2 = Ln 2 2 2 2 4 2



b.

=







(

)

6

(

]

2 0

=

Problema 4.- (Calificación máxima: 2 puntos) Al 80% de lo trabajadores en educación (E) que se jubilan sus compañeros les hacen una fiesta de despedida (FD), también al 60% de los trabajadores de justicia (J) y al 30% de los de sanidad (S). En el último año se jubilaron el mismo número de trabajadores en educación que en sanidad, y el doble en educación que en justicia. a) Calcúlese la probabilidad de que un trabajador de estos sectores, que se jubilo, le hicieran una fiesta. b) Sabemos que un trabajador jubilado elegido al azar de estos sectores, no le hicieron fiesta. Calcúlese la probabilidad de que fuera de sanidad. Solución. Sucesos: E ≡ Trabajador de educación que se jubila; J ≡ Trabajador de justicia que se jubila S ≡ Trabajador de sanidad que se jubila; FD ≡ Fiesta de despedida.

2  p(E ) = 5 = 0,40 p(E ) = x p(E ) + p(J ) + p(S) = 1   x  2 1  5x Datos: p(J ) = :  x :  = 1 : x = ⇒  p(J ) = = 0,20 x + x + = 1 2  5 5 2   2   p(S) = x  p(S) = 2 = 0,40  5 p(FD E ) = 0,80 ; p(FD J ) = 0,60 ; p(FD S) = 0,30 a.

p(FD ) = p((E ∩ FD ) ∪ (J ∩ FD ) ∪ (S ∩ FD )) = p(E ∩ FD ) + p(J ∩ FD ) + p(S ∩ FD ) = = p(E ) ⋅ p(FD E ) + p(J ) ⋅ p(FD J ) + p(S) ⋅ p(FD S) = 0,4 ⋅ 0,8 + 0,2 ⋅ 0,6 + 0,4 ⋅ 0,3 = 0,56 p(FD ) = 56%

b.

(

FD S) p(S) ⋅ (1 − p(FD S)) 0,40 ⋅ (1 − 0,30) ) p(Sp(∩FDFD) ) = p(1S−) ⋅ pp((FD = = = 0.6363 ) 1 − p(FD ) 1 − 0,56

p S FD =

(

)

p S FD = 63,63%

Problema 5.- (Calificación máxima: 2 puntos) El mismo tamaño muestral necesario para estimar la media de una determinada característica de una población que puede aproximarse por una variable aleatoria con distribución normal de desviación típica σ, con un error máximo de 3,290 y un nivel de confianza del 90%, supera en 7500 unidades al que se necesitaría si el nivel de confianza fuera del 95% y el error máximo fuera de 7,840. Exprésese los tamaños muestrales en función de la desviación típica σ y calcúlese la desviación típica de la población y los tamaños muestrales respectivos. Nota: Utilícese z0,05 = 1,645 Solución. El tamaño muestral y el error máximo admitido se relacionan por la ecuación: σ ε máx = z α 2 ⋅ n Se hacen dos muestras diferentes, la primera con un ε1 = 3,290 y un nivel de confianza del 90%

(1 − α = 0,90) , lo cual conlleva un valor crítico de

 α  0,10  −1 z α 2 = φ −1 1 −  = φ −1 1 −  = φ (0,95) = 1,645 . 2   2 

El tamaño muestral será: 2

 σ  n1 = 1,645 ⋅  = 0,25 σ 2 3 , 290   Para la segunda muestra, ε1 = 7,840 y el nivel de confianza de 95% (1 − α = 0,95) , cuyo valor crítico

 α  0,05  −1 es z α 2 = φ −1 1 −  = φ −1 1 −  = φ (0,9750) = 1,96 . El tamaño muestral será: 2 2    

7

2

 σ  n 2 = 1,96 ⋅  = 0,0625 σ 2 7 , 840   Para calcular la desviación típica nos dan la relación entre los tamaños muestrales de las muestras. n1 = n 2 + 7500

0,25 σ 2 = 0,0625 σ 2 + 7500 : σ =

7500 = 200 0,25 − 0,0625

Conocida la desviación típica se calculan los tamaños muestrales. n1 = 0,25 ⋅ 2002 = 10000 elementos

n 2 = 0,0625 ⋅ 200 2 = 2500 elementos

8