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I.E.S. Jaranda (Jarandilla de la Vera). EvAU
2019. 2o Bachillerato Matemáticas Aplicadas
a las CC.SS II. Com. Valenciana. Conv. Ord.
José Manuel Sánchez Muñoz
Miércoles, 5 de Junio, 2019
OPCIÓN A
Todas las respuestas han de estar debidamente razonadas.
PROBLEMA 1:
Un inversor dispone de 9000 euros y quiere invertir en dos tipos de productos financieros:
A y B. La inversión en el producto A debe superar los 5000 euros y, además, esta debe
ser el doble, al menos, que la inversión en el producto B. Se sabe que la rentabilidad del
producto A es del 2,7 % y la del producto B del 6,3 %.
a) ¿Cuánto ha de invertir en cada producto para que la rentabilidad sea máxima. (8/30
puntos
b) ¿Cuál es esa rentabilidad máxima? 2/30 puntos)
SOLUCIÓN:
a) a) Denotaremos “x” a la inversión en el producto A, e “y” a la inversión en el producto B. Según el enunciado las restricciones son x + y ≤ 9000, x ≥ 5000, x ≥ 2y ⇒ x − 2y ≥ 0,
x ≥ 0, y ≥ 0. La función rentabilidad resulta: R( x, y) = 0, 027x + 0, 063y. La figura 1
muestra la representación gráfica de la región factible establecida por las restricciones del
enunciado. Se sabe que en un problema de programación lineal, la optimización del mismo se produce en la frontera de la región factible delimitada por dichas restricciones, por
ello los puntos A, B, C y D son las posibles soluciones donde se optimiza la función beneficio B( x, y). Las coordenadas de dichos puntos se obtienen resolviendo los sistemas de
ecuaciones dos a dos que expresan las restricciones (límite) del problema.
Es fácil comprobar que A = (5000, 0), y D = (9000, 0).
x − 2y = 0
⇒ 2y = 5000 ⇒ y = 2500 ⇒ B = (5000, 2500)
x = 5000
x − 2y = 0
⇒ 3y = 9000 ⇒ y = 3000 ⇒ C = (6000, 3000)
x + y = 9000
Veamos el valor de la función rentabilidad en dichos puntos:
- R A (5000, 0) = 0, 027 · 5000 + 0, 063 · 0 = 135 A
C.
- R B (5000, 2500) = 0, 027 · 5000 + 0, 063 · 2500 = 292, 5 A
C.
1
x = 5000
4
C
bc
3
B
bc
x+
2
0
y=
Región factible
A
1
2
3
4
00
90
x−
1
=
2y
bc
5
bc
6
7
8
D
9
Figura 1: Ejes en miles de A
C.
- RC (6000, 3000) = 0, 027 · 6000 + 0, 063 · 3000 = 351 A
C.
- R D (9000, 0) = 0, 027 · 9000 + 0, 063 · 0 = 243 A
C.
Por lo tanto tiene que invertir 6000 A
C en el producto A y 3000 A
C en el producto B, que
es la configuración que da mayor rentabilidad.
b) La máxima rentabilidad es de 351 A
C.
PROBLEMA 2:
Dada función f ( x) =
x2
, se pide:
2−x
a) Su dominio y los puntos de corte con los ejes coordenados. (2/30 puntos)
b) Las asíntotas horizontales y verticales, si existen. (2/30 puntos)
c) Los intervalos de crecimiento y decrecimiento. (2/30 puntos)
d) Los máximos y mínimos locales. (2/30 puntos)
e) La representación gráfica de la función a partir de los resultados obtenidos en los
apartados anteriores. (2/30 puntos)
SOLUCIÓN:
a) Se trata de una función racional. Su dominio son todos los puntos reales, excepto los
que hacen cero su denominador, es decir 2 − x = 0 ⇒ x = 2. Expresado formalmente:
Dom f ( x) = { x ∈ R − {2}}
Los puntos de corte son aquellos puntos en los que f ( x) = 0; puede verse que f ( x) =
0 ⇔ x2 = 0 ⇒ x = 0 ⇒ f ( x = 0) = 0, por lo tanto, la función pasa por el origen de
coordenadas y no vuelve a cortar a los ejes coordenados.
b) Ya hemos visto que la función tiene una asíntota vertical en x = 2. Además se trata
de una discontinuidad de salto infinito, lı́m f ( x) = +∞ mientras que lı́m f ( x) = −∞.
x →2−
2
x →2+
x2
= ∞ ⇒ No tiene.
x →∞ 2 − x
c) Para los intervalos de crecimiento veamos la primera derivada:

 x = 0 ⇒ f ( 0) = 0
2
x (4 − x )
2x · (2 − x) + x
=
⇒
f ′ ( x) =
 4 − x = 0 ⇛ x = 4 ⇒ f ( 4) =
(2 − x )2
(2 − x )2
Asíntotas horizontales: lı́m
- Si −∞ < x < 0 ⇒ f ′ ( x) < 0 ⇒ f ( x) es decreciente.
42
= −8
2−4
- Si 0 < x < 4 ⇒ f ′ ( x) > 0 ⇒ f ( x) es creciente.
- Si 4 < x < ∞ ⇒ f ′ ( x) < 0 ⇒ f ( x) es decreciente.
La función f ( x) es decreciente en los intervalos (−∞, 0) ∪ (4, ∞), y creciente en el intervalo
(0, 4).
d) La función f ( x) presenta un mínimo local en el punto (0, 0) y un máximo local en el
punto (4, −8).
e) La figura 2 muesta una representación gráfica de la función f ( x).
6
f ( x)
4
2
−10
−8
−6
−4
−2
2
4
6
8
−2
−4
−6
−8
−10
Figura 2
No es necesario en el ejercicio, pero el lector podrá notar que la función en cuestión
tiene una asíntota oblicua y = mx + n, donde:
∞ L′ H
∞ L′ H
x2
2x
2
f ( x)
= lı́m
−−→ lı́m
=
−−→ lı́m
= −1
=
2
x →∞ 2x − x
x →∞ −2x
x →∞ −2
x →∞ x
∞
∞
2
x
x2 + 2x − x2
∞ L′ H
2
n = lı́m
+ x = lı́m
=
= −2
−−→ lı́m
x →∞ 2 − x
x →∞
x →∞ −1
2−x
∞
m = lı́m
por lo tanto la función f ( x) tiene una asíntota oblicua de ecuación y = − x − 2.
PROBLEMA 3:
En una cierta ciudad, las dos terceras partes de los hogares tienen una Smart TV, de los cuales, las tres octavas partes han contratado algún servicio de televisión de pago, porcentaje
que baja al 30 % si consideramos el total de los hogares. Si se elige un hogar al azar,
3
a) ¿Cuál es la probabilidad de que no tenga Smart TV pero sí haya contratado televisión
de pago? (3/30 puntos)
b) ¿Cuál es la probabilidad de que tenga Smart TV si sabemos que ha contratado televisión de pago? (3/30 puntos)
c) ¿Cuál es la probabilidad de que no tenga Smart TV si sabemos que no ha contratado
televisión de pago? (4/30 puntos)
SOLUCIÓN:
Este problema puede resolverse interpretando los datos en una tabla de contingencia
(Tabla 1) que se construye con la información específica del enunciado, siendo “S” el suceso
aleatorio “hogar con Smart TV”, “NS” el suceso aleatorio “hogar sin Smart TV”, “P” el
suceso aleatorio “hogar con servicio de TV de pago” y “NP” el suceso aleatorio “hogar sin
servicio de TV de pago” .
Tabla 1: Tabla de contingencia.
P
S
3
8
·
2
3
NP
=
1
4
5
8
·
2
3
=
5
12
30
100
1
a) P( NS ∩ P) =
b) P(S| P) =
2
3
1
3
NS
Total
1
4
3
10
c) P( NS| NP) =
P
Total
⇒
S
NS
3
8
3
10
·
2
3
−
Total
NP
=
1
4
3
10
=
1
4
1
20
5
8
7
10
·
−
1−
2
3
=
5
12
3
10
Total
5
12
=
=
17
60
7
10
2
3
1
3
1
1
= 0, 05 = 5 %
20
10
=
= 0, 8333 = 83, 33 %
12
17
60
7
10
=
17
= 0, 4048 = 40, 48 %
42
Otra manera alternativa de resolver este problema consiste en ayudarse mediante una
representación en un sencillo diagrama de árbol (figura 3).
3
8
P
S
2
3
5
8
x
1
3
NP
P
NS
y
Figura 3
4
NP
3
1 1
3
3
2 3 1
⇒ + ·x =
⇒x=
entonces
Del enunciado sabemos que · + · x =
3 8 3
10
4 3
10
20
3
17
y = 1−
= .
20
20
2
2 3
=
= 0, 05 = 5 %
a) P( NS ∩ P) = ·
3 20
20
2 3
1
·
P(S ∩ P)
10
b) P(S| P) =
= 2 3 3 81 3 = 43 =
= 0, 8333 = 83, 33 %
P( P)
12
10
3 · 8 + 3 · 20
c) P( NS| NP) =
P( NS ∩ NP)
=
P( NP)
2
3
·
1 17
3 · 20
5
1 17
8 + 3 · 20
5
=
17
60
7
10
=
17
= 0, 4048 = 40, 48 %
42
OPCIÓN B
Todas las respuestas han de estar debidamente razonadas.
PROBLEMA 1:
Dadas las matrices A =
3 1
1 1
yB=
0 2
, se pide:
−1 2
a) Calcular ( AB)−1 . (3/30 puntos)
b) Calcular ABt − At B. (3/30 puntos)
c) Resolver la ecuación Bt X + At B = At . (4/30 puntos)
siendo At y Bt las matrices traspuestas de A y B, respectivamente.
SOLUCIÓN:
3 1
0 2
−1 8
−1 8
a) AB =
·
=
⇒ | AB| =
=4
1 1
−1 2
−1 4
−1 4
( AB)
b)
ABt
−
At B
3 1
=
1 1
0
=
−1
−1
Adj ( AB)t
1
=
=·=
| AB|
4
4 −8
1 −1
0 −1
3 1
0 2
2 −1
−1 8
·
−
·
=
−
=
2 2
1 1
−1 2
2 1
−1 4
2
2
c) Bt X + At B = At ⇒ Bt X = At − At B ⇒ X = ( Bt )−1 At ( I − B)
X=
0 −1
2 2
−1 1 10 −17
3 1
1 0
0 2
·
·
−
=
1 1
0 1
−1 2
2 −8 14
PROBLEMA 2:
En los primeros 6 años, una empresa obtuvo unos beneficios (en decenas de miles de euros)
que pueden representarse mediante la función f (t) = t3 − 8t2 + 15t, donde t es el tiempo
en años transcurridos.
a) Determinar los periodos en los que la empresa tuvo beneficios y en los que tuvo
pérdidas. (3/30 puntos)
b) ¿En qué valor de t se alcanzó el máximo beneficio y cuál fue este? (2+1/30 puntos)
c) ¿En qué valor de t se tuvo la máxima pérdida y cuál fue esta? (2+1/30 puntos)
d) Suponiendo que a partir de los 6 años los beneficios siguen la misma función, ¿volverá a tener la empresa periodos alternos de beneficios y pérdidas? Justifica la respuesta. (1/30 puntos)
6
SOLUCIÓN:
a) Hay que ver los puntos en los que la función corta al eje de abcisas, es decir los
puntos en los que la empresa no tiene ni beneficios ni pérdidas.
f (t) = t(t2 − 8t + 15) = 0 ⇒


t = 0
2

t − 8t + 15 = 0 ⇒ t =
8±
√
64 − 60
⇒
2
(
t=4
t=5
- Si 0 < t < 4 ⇒ f (t) > 0 ⇒ la empresa tiene beneficios.
- Si 4 < t < 5 ⇒ f (t) < 0 ⇒ la empresa tiene pérdidas.
- Si 5 < t < 6 ⇒ f (t) > 0 ⇒ la empresa tiene beneficios.
b) y c) Estudiamos la primera derivada
√
16 ± 256 − 180
16 ± 8, 72
′
2
f ( x) = 3t − 16t + 15 = 0 ⇒ t =
=
⇒
6
6
(
t = 4, 12 ⇒ f (t = 4, 12) = 4, 123 − 8 · 4, 122 + 15 · 4, 12 = −4, 061 · 104 A
C
⇒
3
2
4
t = 1, 21 ⇒ f (t = 1, 21) = 1, 21 − 8 · 1, 21 + 15 · 1, 21 = 8, 209 · 10 A
C
Resumiento el momento de máximas pérdidas se produjo en el instante t = 4, 12 años,
y dichas pérdidas fueron de 40610 A
C. Igualmente el momento de mayores ganancias se
produjo en el instante t = 1, 21 años, y dichas ganancias fueron de 82090 A
C.
d) Si los beneficios siguen la misma función a partir de los 6 años entonces no se volverán a repetir periodo alternos de beneficios y pérdidas, puesto que ya hemos visto que
cuando t > 5, la empresa siempre tiene beneficios. Otra forma de verlo es que cuando
t > 4, 12 años, f ′ (t) > 0, por lo tanto la función f (t) es siempre creciente, por lo tanto no
existen periodos de alternancia de beneficios y pérdidas a partir de dicho momento.
PROBLEMA 3:
Sabemos que el 5 % de los hombres y el 2 % de las mujeres que trabajan en una empresa tienen un salario mensual mayor que 5000 euros. Se sabe también que el 30 % de los
trabajadores de dicha empresa son mujeres.
a) Calcula la probabilidad de que un trabajador de la empresa, elegido al azar, tenga un
salario mensual mayor que 5000 euros. (3/30 puntos)
b) Si se elige al azar un trabajador de la empresa y se observa que su salario mensual es
mayor que 5000 euros, ¿cuál es la probabilidad de que dicho trabajador sea mujer?
(3/30 puntos)
c) ¿Qué porcentaje de trabajadores de la empresa son hombres con un salario mensual
mayor que 5000 euros? (4/30 puntos)
SOLUCIÓN:
Este problema puede resolverse interpretando los datos en una tabla de contingencia
(Tabla 2) que se construye con la información específica del enunciado, siendo “H” el suceso aleatorio “trabajador hombre’, “M” el suceso aleatorio “trabajador mujer”, “> 5MA
C”
el suceso aleatorio “el trabajador gana más de 5000 A
C” y “< 5MA
C” el suceso aleatorio “el
trabajador gana menos de 5000 A
C” .
7
Tabla 2: Tabla de contingencia.
H
M
Total
> 5MA
C
0, 05 · 0, 70 = 0, 035
0, 02 · 0, 30 = 0, 006
0, 035 + 0, 006 = 0, 041
< 5MA
C
0, 95 · 0, 70 = 0, 665
0, 98 · 0, 30 = 0, 294
0, 665 + 0, 294 = 0, 959
0, 70
0, 30
1
Total
a) P(> 5MA
C) = 0, 041 = 4, 1 %
0, 006
= 0, 1463 = 14, 63 %
b) P( M | > 5MA
C) =
0, 041
c) P( H ∩ > 5MA
C) = 0, 035 = 3, 5 %
Otra manera alternativa de resolver este problema consiste en ayudarse mediante una
representación en un sencillo diagrama de árbol (figura 4).
0, 05
> 5MA
C
H
0
0, 7
0, 95
0, 3
0
0, 02
< 5MA
C
> 5MA
C
M
0, 98
< 5MA
C
Figura 4
a) P(> 5MA
C) = 0, 70 · 0, 05 + 0, 30 · 0, 02 = 0, 041 = 4, 1 %
b) P( M | > 5MA
C) =
P( M ∩ > 5MA
C)
0, 30 · 0, 02
=
= 0, 1463 = 14, 63 %
P(> 5MA
C)
0, 041
c) P( H ∩ > 5MA
C) = 0, 70 · 0, 05 = 0, 035 = 3, 5 %
8