Soluciones - IES Odra

Soluciones. Septiembre 1998
Bloque A
1A
2 x − y + z = 2

 ax − y + z = 1 Vamos a calcular a para que el sistema sea compatible determinado.
 x + ay + z = 0

Forma matricial:
 2 − 1 1  x   2 

    
a
−
1
1

 ⋅  y = 1
 1 a 1  z   0 

    
Resolvemos el sistema por medio de matrices:
 2 − 1 1 2


a
−
1
1
1

 C1 ↔ C3
1 a 1 0


1 − 1 2 2 

 − F1 + F2
1
−
1
a
1


1 a 1 0  − F1 + F3


1 −1
2 2 


0
0
a
−
2
−
1


0 a + 1 −1 − 2


1 −1
2
2 

F2 ↔ F3 
−
1
−
2
0
1

a +1
a + 1
F3 : (a + 1) 
− 1 
a−2
0 0
Si a = −1 el sistema es incompartible, porque no podemos dividir entre a+1
Si a = 2 el sistema es incompatible.
Si a ≠ −1
y
a ≠ 2 el sistema es compatible determinado.
2A
Las pérdidas o ganancias de la empresa vienen dado por y =
2x − 4
x+2
a) Para determinar el año en que la empresa deja de tener pérdidas, calcularemos:
2x − 4
≥0
x+2
El denominador, es siempre positivo si x > 0
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El numerador es negativo si 0 ≤ x ≤ 2 y positivo en el resto.
Por tanto, la empresa tiene pérdidas si 0 ≤ x ≤ 2 y tiene ganancias si x > 2.
Deja la empresa de tener pérdidas en el segundo año de la empresa.
b) Los beneficios no pueden ser de 3 millones de euros porque si
⇒ 2 x − 4 = 3 x + 6 ⇒ −10 = x y esto es imposible.
2x − 4
=3
x+2
c) En los dos primeros años la empresa tendrá pérdidas que vendrán dadas por la
integral de la función.
2
2x − 4
8 

2
dx = − ∫  2 −
dx = − [(2 x −8 ln x + 2 )]0 = −(4 − 8 ln 4 ) − 8 ln 2
0 x + 2
0
x + 2
= −4 + 16 ln 2 − 8 ln 2 = 8 ln 2 − 4 = 1´545177 millones de euros
2
A = −∫
3A
Si X = nota obtenida en estadística por los alumnos de una determinada Facultad
(
X →N µ, 9
)
Se trata de un test de hipótesis unilateral, donde:


La zona de aceptación es  − ∞ , µ + zα ⋅
p(Z ≤ zα ) = 0´99 ⇒
zα = 2´33
H 0 : µ < 9´5
H 1 : µ ≥ 9´5
σ 

n
Sustituyendo los valores, tenemos la zona de aceptación
3 

 − ∞ , 9´5 + 2´33 ⋅
 = (− ∞ , 10´898)
25 

Como x = 7 sí pertenece a la zona de aceptación, se acepta que la nota media es menor
que 9´5.
4A
(
pA
p( A ∩ A ∩ B ) p ( A ∩ B )
)
=
=
=1
A∩ B
p( A ∩ B )
p( A ∩ B )
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Bloque B
1B
 1 1

A = 
 0 1
a b 

B = 
c d 
Si A.B = B.A, entonces:
 1 1  a b   a b   1 1

 ⋅ 
 = 
 ⋅ 

 0 1  c d   c d   0 1
a + c b + d  a a + b

=
⇒ 
d   c c + d 
 c
⇒
c=0
 a+c = a
b + d = a + b a = d

⇒
⇒
c=c

 d = c + d
c=0
Por tanto, para que permuten las matrices, la matriz B tiene que ser de la forma:
a b

B = 
0 a
2B

x 2 si x < 0

f ( x ) =  − x + 1 si x ∈ [0 , 2]
 x 2 − 4 x + 2 si x > 2

Calculamos la función derivada:
 2 x si x < 0

f ´( x ) = − 1 si x ∈ [0 , 2]
 2 x − 4 si x > 2

Las funciones x 2 , − 1, 2 x − 4 son derivables por ser polinomios.
Veamos qué ocurre para x = 0 y para x = 2 que son los puntos de cambio de la función
definida a trozos.
Para x = 2 :
 f ´(2 + ) = 2 ⋅ 2 − 4 = 0

−
 f ´(2 ) = −1
No es derivable en x = 2 porque f ´(2 + ) ≠ f ´(2 − )
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Para x = 0 :
 f ´(0 + ) = −1

−
 f ´(0 ) = 2 ⋅ 0 = 0
No es derivable en x = 0 porque f ´(0 + ) ≠ f ´(0 − )
Por tanto la función f(x) es derivable en todos los puntos excepto en x = 0 y en x = 2
3B
B = nivel socioeconómico bajo
M = nivel socioeconómico medio
A = nivel socioeconómico alto
(
a) p(B, B ) = p(1ª B ) ⋅ p 2ª B
2 1 1
= ⋅ =
)
1ª B 9 8 36
(
b) p (A , A , A ) = p (1ª A )⋅ p 2ª A
5 4 3 5
)
)
⋅ p (3ª A
= ⋅ ⋅ =
1ª A ∩ 2ª A 9 8 7 42
1ª A
4B
Si X = Estatura media de niños de 10 años

8 
X → N (135 , 8) y por tanto X → N 135 ,

n

El intervalo de confianza viene dado por:

8
8 
135 − zα ⋅
, 135 + zα ⋅

2
2
n
n

Al 95 % ,
zα = 1´96
2
Si la amplitud del intervalo de confianza tiene que ser de 2, entonces,
el error debe ser 1:
zα ⋅
2
8
n
= 1 ⇒ 1´96 ⋅
8
n
=1 ⇒
n = 1´96 ⋅ 8 ⇒ n = (1´96 ⋅ 8) = 245´86
El valor de n es por tanto 246.
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2