OPCIÓN A. ( )

UNIVERSIDADES PÚBLICAS DE LA COMUNIDAD DE MADRID
Curso 2007-2008
MA TERIA: MATEMÁTICAS APLICADAS A LAS CC. SOCIALES 11
INSTRUCCIONES: El examen presenta dos opciones A y B; el alumno deberá elegir una de ellas y
responder razonadamente a los cuatro ejercicios de que consta dicha opción. Para la realización de esta
prueba puede utilizarse calculadora científica, siempre que no disponga de capacidad gráfica o de cálculo
simbólico.
TIEMPO MÁXIMO: Una hora y media.
CALIFICACIÓN: Cada ejercicio lleva indicada su puntuación máxima.
OPCIÓN A.
Ejercicio 1. (Puntuación máxima: 3 puntos)
Un agricultor tiene repartidas sus 10 hectáreas de terreno en barbecho, cultivo de trigo y cultivo de
cebada. La superficie dedicada al trigo ocupa 2 hectáreas más que la dedicada a la cebada, mientras que
en barbecho tiene 6 hectáreas menos que la superficie total dedicada al cultivo de trigo y cebada.
¿Cuántas hectáreas tiene dedicadas a cada uno de los cultivos y cuántas están en barbecho?
Solución.
Problema de tres incógnitas con tres ecuaciones.
Incógnitas:
- x ≡ nº de hectáreas dedicadas a barbecho.
- y ≡ nº de hectáreas dedicadas a trigo
- z ≡ nº de hectáreas dedicadas a cebada.
Ecuaciones:
Número total de hectáreas 10:
x + y + z = 10
La superficie dedicada al trigo ocupa 2 hectáreas más que la dedicada a la cebada:
y=z+2
La superficie dedicada a barbecho tiene 6 hectáreas menos que la superficie total dedicada al
cultivo de trigo y cebada:
x=y+z−6
Ordenando se obtiene un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas que al resolverlo nos da
la superficie dedicada a cada cosa.
 x + y + z = 10

 y−z = 2
x − y − z = −6

Sumando la 1ª y la 3ª ecuación se despeja x.
x + y + z = 10 
(+ ) : 2 x = 4 : x = 2
x − y − z = −6 
Sustituyendo 2n 2l sistema el valor de x, se reduce a dos ecuaciones con dos incógnitas, que
sumando y restando permite calcar las variables que faltan.
y + z = 8
y + z = 8
(+ ) : 2 y = 10 : y = 5
(− ) : 2z = 6 : y = 3
y − z = 2
y − z = 2
x = 2; y =5; z = 3
También se puede resolver por el método de Cramer.
Ejercicio 2. (Puntuación máxima: 3 puntos)
Calcúlese el área de la región plana acotada limitada por las gráficas de las funciones reales de variable
real:
f (x ) = x 2 − x
g(x ) = 1 − x 2
;
Solución.
Se pide calcular el área limitada por dos funciones, para ello solo se necesita conocer los límites
de integración, que serán los puntos de corte entre las dos funciones.
No es necesario dibujar la región, pero siempre ayuda a
resolver correctamente el área, ya que permite ver la posición
relativa de las funciones y restar adecuadamente.
En caso de no representarla y no conocer la posición
relativa, bastará hacer la resta de las funciones en valor
absoluto.
Límites de integración;
 y = x 2 − x
x = − 1 2
: x 2 − x = 1 − x 2 : 2x 2 − x − 1 = 0 : 

2
 y = 1 − x
 x =1
Área =
∫−1 2 (1 − x
1
2
( )2
1


 12 2 ⋅13   − 1 − 1 2
x 2 2x 3 


= x +
−
=
+
−
1
−
+




2
2
3 
2
3   2


−1 2

(
))
− x 2 − x dx =
−
( 2 )3 
2 ⋅ −1
3
∫−1 2 (1 + x − 2x
1
2
)dx =
5 −7 9 2
= u
= −
 6 24 8

Ejercicio 3. (Puntuación máxima: 2 puntos)
En un juego consistente en lanzar dos monedas indistinguibles y equilibradas y un dado de seis caras
equilibrado, un jugador gana si obtiene dos caras y un número par en el dado, o bien exactamente una
cara y un número mayor o igual que cinco en el dado.
a) Calcúlese la probabilidad de que un jugador gane.
b) Se sabe que una persona ha ganado. ¿Cuál es la probabilidad de que obtuviera dos caras al lanzar
las monedas?
Solución.
Una forma sencilla de visualizar el problema es planteando un diagrama en árbol, para ello es
recomendable asignar letras a los distinto sucesos.
- G ≡ Ganar
- A ≡ Obtener dos caras
- B ≡ Obtener una cara
- C ≡ Obtener dos cruces - D ≡ Obtener par
- E ≡ Obtener ≥ 5
Las probabilidades elementales (obtener dos caras,…) se calculan por la definición axiomática.
a.
Probabilidad de ganar:
p(G ) = p((A ∩ D ) ∪ (B ∩ D ))
Incompatibles
=
p(A ∩ D ) + p(B ∩ D )
=
1 1 1 1 7
⋅ + ⋅ =
4 2 2 3 24
Independientes
=
p(A ) ⋅ p(D ) + p(B) ⋅ p(E ) =
Si ha ganado probabilidad de haber obtenido dos caras
Si ha ganado y ha sacado dos caras, también habrá sacado en el lanzamiento del dado puntuación
mayor o igual a cinco, por lo tanto se pide:
1 1
⋅
(
)
p
A
∩
D
3
p A∩D =
= 4 2 =
G
7
p(G )
7
24
b.
(
)
Ejercicio 4. (Puntuación máxima: 2 puntos)
El tiempo en minutos dedicado cada día a escuchar música por los estudiantes de secundaria de una cierta
ciudad se supone que es una variable aleatoria con distribución normal de desviación típica igual a 15
minutos. Se toma una muestra aleatoria simple de 10 estudiantes y se obtienen los siguientes tiempos (en
minutos):
91 ; 68 ; 39 ; 82 ; 55 ; 70 ; 72 ; 62 ; 54 ; 67
a) Determínese un intervalo de confianza al 90% para el tiempo medio diario dedicado a escuchar
música por un estudiante.
b) Calcúlese el tamaño muestral mínimo necesario para conseguir una estimación de la media del
tiempo diario dedicado a escuchar música con un error menor que 5 minutos, con un nivel de
confianza del 95%.
Solución.
a.
Se pide calcular un intervalo de probabilidad para la media poblacional (µ) de una variable
continua (x ≡tiempo en minutos dedicado cada día a escuchar música) que sigue una distribución Normal,
conocida la desviación de la variable y la media de una muestra de 10 elementos ( x o ).
El intervalo de probabilidad se obtiene a partir de la media muestral, por lo que se utilizan los
parámetros de la variable media muestral.

σ 
n =10

x : N(µ, σ ) → x : N µ,

10 

Intervalo de probabilidad:

σ
σ
 x o − Zα 2 ⋅
, x o + Zα 2 ⋅

n
n





Media muestral:
n
∑ xi
xo =
i =1
N
=
91 + 68 + 39 + 82 + 55 + 70 + 72 + 62 + 54 + 67
= 66
10
Valor crítico (Zα/2). Se obtiene a partir del nivel de confianza (1−α).
 α
0,1 
Z α 2 = φ −1 1 −  
−1 
−1
 2   : Z α 2 = φ 1 − 2  = φ (0,95) = 1,65


1 − α = 0,90 : α = 0,1
Sustituyendo en el intervalo:

15
15 
 66 − 1,65 ⋅
 = (58'2, 73'8)
, 66 + 1,65 ⋅


10
10 

Con un nivel de confianza del 90% se puede estimar que la media poblacional del tiempo
empleado cada día en oír música por los estudiantes de secundaria esta comprendida en el intervalo:
(58’2, 73’8)
b.
El mínimo tamaño muestral se obtiene del máximo error admitido.
ε máx

σ
> Zα 2 ⋅
Despejando el tamaño muestral: n >  Z α 2 ⋅
ε máx
n

σ
 α
= φ −1 1 −  
 2   : Zα
1 − α = 0,95 : α = 0'5
Zα
2
2

σ
n >  Z α 2 ⋅
ε máx

 0,05 
−1
= φ −1 1 −
 = φ (0,975) = 1,96
2


2
2

15
 = 1'96 ⋅  = 34'5

5


n ≥ 35




2
OPCIÓN B
Ejercicio 1. (Puntuación máxima: 3 puntos)
Un distribuidor de aceite de oliva compra la materia prima a dos almazaras, A y B. Las almazaras A y B
venden el aceite a 2000 y 3000 euros por tonelada, respectivamente. Cada almazara le vende un mínimo
de 2 toneladas y un máximo de 7 y para atender a su demanda, el distribuidor debe comprar en total un
mínimo de 6 toneladas. El distribuidor debe comprar como máximo a la almazara A el doble de aceite que
a la almazara B. ¿Qué cantidad de aceite debe comprar el distribuidor a cada una de las almazaras para
obtener el mínimo coste? Determínese dicho coste mínimo.
Solución.
- Variables:
x ≡ Toneladas de aceite compradas a la almazara A
y ≡ Toneladas de aceite compradas a la almazara B
- Función objetivo:
F (x, y) = 2000x + 3000y
- Restricciones:
Cada almazara le vende un mínimo de 2 toneladas y un máximo de 7 y para atender a su
demanda.
2≤x≤7
2≤y≤7
El distribuidor debe comprar en total un mínimo de 6 toneladas.
x+y≥6
El distribuidor debe comprar como máximo a la almazara A el doble de aceite que a la almazara
B
x ≤ 2y
- Región factible
Está determinada por las siguientes restricciones:
2 ≤ x ≤ 7
2 ≤ y ≤ 7


x + y ≥ 6
 x ≤ 2 y
Una forma sencilla de encontrar la
región factible es mediante un punto de
prueba (5, 5), y comprobar si cumple o no las
inecuaciones.
En este caso, el punto cumple todas
las inecuaciones y nos permite definir la
región factible.
-
Vértices.
x + y = 6
A:
⇒ (4, 2)
 x = 2y
x = 7
x=7
 7
B:
C:
⇒ (7, 7 )
⇒  7, 
y = 7
x = 2 y  2 
x = 2
 x=2
D:
⇒ (2, 7 )
E:
⇒ (2, 4 )
y
=
7

x + y = 6
-
Optimación.
Vértice
x
y
F(x, y) = 2000x + 3000y
A
B
C
D
E
4
7
7
2
2
2
3’5
7
7
4
2000·4 + 3000·2 = 14 000
2000·7 + 3000·3’5 =24 500
2000·7 + 3000·7 = 35 000
2000·2 + 3000·7 = 25 000
2000·2 + 3000·4 = 16 000
Cumpliendo las restricciones propuestas, se obtiene un coste mínimo de 14 000 € comprando 4
toneladas a la almazara A y 2 a la B
Ejercicio 2. (Puntuación máxima: 3 puntos)
Se considera la función real de variable real definida por:
x2 + x + 2
f (x ) =
x
a) Determínense las asíntotas de f.
b) Calcúlense sus máximos y mínimos relativos y determínense sus intervalos de crecimiento.
c)
Calcúlese la integral definida
Solución.
a.
-
2
∫1 f (x ) dx
Asíntotas de la función:
Verticales. En los puntos xo ∉ Dominio y que se cumplan Lím f (x ) =
D[f (x )] = R − {0}
x→x o
k
0

x2 + x + 2
2
=
−∞
 Lím−
x +x+2 2

x
0−
Lím f (x ) = Lím
= ∉ R :  x →0 2
x
0
x →0
x →0
 Lím x + x + 2 = 2 + ∞
x →0+
x
0+
En x = 0, la función presenta una discontinuidad no evitable de salto infinito, asíntota vertical.
2
-
Horizontal. Una función tiene asíntota horizontal si el limite cuando x tiende a infinito es
finito
2
x2 x 2
+ +
x +1+
x
x = ±∞
= Lím f (x ) x x x = Lím f (x )
Lím f (x ) = Lím f (x )
x
1
x
x → ±∞
x →±∞
÷ x x →±∞
x →±∞
x
La función no tiene asíntota horizontal.
2
-
(∞ )
+x+2 ∞
Oblicua. Recta de la forma y = mx + n
1
2
x2 + x + 2
∞ )
1+ +
(
2
∞
x x2
f (x )
x +x+2
x
m = Lím
= Lím
= Lím
= Lím
=1
x
x → ±∞ x
x →±∞
x →±∞
(÷x 2 ) x →±∞ 1
x2
2
(∞ ∞ )
1+
 x2 + x + 2

x
+
2
x =1
n = Lím (f (x ) − mx ) = Lím 
− 1 ⋅ x  = Lím
= Lím
 x →±∞ x (÷ x ) x →±∞ 1
x
x → ±∞
x →±∞


La función tiene asíntota oblicua: y = x + 1.
Otra forma muy sencilla de calcular la asíntota
oblicua es mediante la división polinómica.
b.
Monotonía: Se estudia en el signo de la derivada. En los intervalos en los que la derivada sea
positiva, la función será creciente, en los que sea negativa decreciente.
′
x 2 + x + 2 ⋅ x − x 2 + x + 2 ⋅ (x )′ (2x + 1) ⋅ x − x 2 + x + 2 ⋅1 x 2 − 2
f ′(x ) =
=
=
x2
x2
x2
Ceros : x 2 − 2 = 0 : x = ± 2
Ceros y polos de la derivada: 
 Polos : x 2 = 0 : x = 0
(
)
(
)
(
)
Extremos relativos. La función tendrá extremos relativos en los puntos donde la primera
derivada sea cero y la segunda distinta de cero, con el criterio de que si la segunda derivada es positiva
será un mínimo, y si es negativa un máximo.
f ′(x ) = 0 : x = ± 2
′
′
x2 − 2 ⋅x2 − x2 − 2 ⋅ x2
2x ⋅ x 2 − x 2 − 2 ⋅ 2x 4x
4
f ′′(x ) =
=
=
=
2
4
4
x
x
x3
x2
(
)
(
(
( )
)( )
)
f ′′ − 2 =
( )
4
(− 2 )
f ′′ 2 =
3
4
( 2 )3
2
(
− 2 ) + (− 2 ) + 2
f (− 2 ) =
= 1− 2
− 2
Máximo relativo: (− 2 , 1 − 2 2 )
Mínimo relativo: ( 2 , 1 + 2 2 )
c.
2
2
∫1 f (x ) dx = ∫1
(
)
= − 2 < 0 : Máximo
= 2 > 0 : Mínimo
2 :
2
(
2 ) + ( 2 )+ 2
f ( 2)=
= 1+ 2
2
2

 x2
2
2
x2 + x + 2
dx = ∫  x + 1 +  dx = 
+ x + 2 Ln x  =

1
x
x

 1
 2
 22
  12
 5
=
+ 2 + 2 Ln 2  −  + 1 + 2 Ln 1 = − 2 Ln 2
 2
  2
 2

 

Ejercicio 3. (Puntuación máxima: 2 puntos)
Se consideran dos sucesos A y B de un experimento aleatorio, tales que:
1
1
1
, p(B) =
p(A ) =
, p(A ∪ B) =
4
3
2
a) ¿Son A y B sucesos independientes? Razónese.
b) Calcúlese p A  .
 B
A
representa al suceso complementario de A.
Nota.- La notación
Solución.
a. Dos sucesos son independientes si cumplen:
p(A ) ⋅ p(B) = p(A ∩ B)
p(A ∩ B) Se calcula a partir de la unión de sucesos
p(A ∪ B) = p(A ) + p(B) − p(A ∩ B)
2
p(A ∩ B) = p(A ) + p(B) − p(A ∩ B) =
p(A ) ⋅ p(B) =
1 1 1 1
+ − =
4 3 2 12
1 1 1
⋅ =
= p(A ∩ B)
4 3 12
Sucesos independientes
(
p A∩B
b. Aplicando el teorema de Bayes: p A  =
 B
pB
( )
)
Leyes
de
Morgan
=
(
)
p A ∪ B 1 − p(A ∪ B)
=
=
1 − p(B)
pB
( )
1
1−
2 =3
=
1 4
1−
3
Ejercicio 4. (Puntuación máxima: 2 puntos)
El rendimiento por hectárea de las plantaciones de trigo en una cierta región, se supone que es una
variable aleatoria con distribución normal de desviación típica igual a 1 tonelada por hectárea. Se ha
tomado una muestra aleatoria simple de 64 parcelas con una superficie igual a 1 hectárea cada una,
obteniéndose un rendimiento medio de 6 toneladas.
a) ¿Puede asegurarse que el error de estimación del rendimiento medio por hectárea es menor que
0,5 toneladas, con un nivel de confianza del 98%? Razónese.
b) ¿Qué tamaño muestral mínimo ha de tomarse para que el error en la estimación sea menor que
0,5 toneladas con un nivel de confianza del 95%?
Solución.
a. Para una variable x (rendimiento por hectárea), que sigue una distribución Normal, y de la que se
ha obtenido una media de una muestra de 64 parcelas se pide comprobar si el error de estimación
es menor a 0’5 con un nivel de confianza del 98%.
El problema se puede resolver comprobando:
p( µ − x < Error ) ≥ 0'98
Distribución de la variable media muestral:

1 
n =64
 = x : N(µ, 0'125)
x : N(µ, 1) → x : N µ,

64 

Tipificando
0'5 
 − 0'5
p( µ − x < 0'5) = 
<z<
 = p(− 4 < z < 4) = p(z < 4 ) − p(z ≤ −4 ) =
 = p
σ
=
0
'
125
0
'
125
0
'125 



= p(z < 4 ) − p(z ≥ 4) = p(z < 4 ) − (1 − p(z < 4)) = 1 − (1 − 1) = 1
Se puede asegurar que el error en la estimación va a ser menor a 0’5 Ha con un nivel de
confianza del 98 %.
Otra forma de resolver el problema es calcular si con los parámetros de la variable media
muestral se puede admitir un error menor o igual a 0’5 Ha.
σ
ε máx = Z α 2 ⋅
n
 α 
0,02 
Z α 2 = φ −1 1 −  
−1 
−1
 2   : Z α 2 = φ 1 − 2  = φ (0,99 ) = 2'33


1 − α = 0,98 : α = 0'02
1
ε máx = 2'33 ⋅
= 0'3 < 0'5
64
Se admite la proposición.
b.
El tamaño muestral se puede estimar a partir del máximo error admitido.
σ
ε máx > Z α 2 ⋅
n

σ
n >  Z α 2 ⋅
ε máx





2
 α
0,05 
Z α 2 = φ −1 1 −  
−1 
−1
 2   : Z α 2 = φ 1 − 2  = φ (0,975) = 1,96


1 − α = 0,95 : α = 0'5
2
1 

n > 1'96 ⋅
 = 15,4
0'5 

n ≥ 16