Matemáticas. aplicadas a las Ciencias Sociales. Matemáticas. Matemáticas aplicadas a las Ciencias Sociales BACHILLERATO

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1 B Matematicas CCSS - cub.fh /5/9 5:49 P gina C M Y CM MY CY CMY K BACHILLERATO Matemáticas BACHILLERATO aplicadas a las Ciencias Sociales ISBN Composici n aplicadas a las Ciencias Sociales BACHILLERATO Matemáticas aplicadas a las Ciencias Sociales Matemáticas María José Ruiz Jesús Llorente Carlos González

2 Unidad Matrices PÁGINA 7 SOLUCIONES. La resolución de los sistemas puede epresarse de la forma siguiente: La segunda matriz proporciona la solución 5,y 6. La última matriz proporciona la solución, y, z 4.

3 . Veamos que P P. Para ello, Las igualdades anteriores son debidas a: () la definición de la potencia al cuadrado; () la hipótesis PQ P; () la propiedad asociativa del producto; (4) la hipótesis QP Q; (5) la hipótesis PQ P.. La que indica las relaciones eistentes en el grafo es:

4 PÁGINA SOLUCIONES. Supongamos que la edad de la madre es de 9 años; imponiendo las condiciones del problema, obtenemos: P H H H H P H H H H 4 4 P H H H H Luego si la madre tiene 9 años, el padre tiene 7 y los cuatro hijos tienen respectivamente,, 7, y años. Observamos que si partimos de que la madre tiene 8 años obtenemos la misma respuesta, e igual que para 7, 6, 5 años. Es decir, independientemente de la edad de la madre, nos salen las edades del padre, 7 años, y las edades de los hijos:, 7, y años. En general la madre tendrá y años y y años. Ahora bien: yyy yyy y P H H H H P H H H H y 4 4 yyy y y y y y y ( y) y y Descomponemos en factores y es: 7 7 Luego las edades serán: Q 7 años H años H H años H año 4 7años

5 . Llamamos, y a los números. Se debe cumplir que: y y y Resolviendo: y y y y y y y ± Luego para y no tiene solución. Para y La solución válida es: ; y 4

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7 SOLUCIONES. Realizando las operaciones indicadas y aplicando la igualdad de matrices, obtenemos: Resolviendo el sistema, a 5, b, c 6, d 4.. La solución en cada caso queda: 4 5 a) A B 4 b) A B C 4 c) A B C d) e) AB BC AB AC 5BC Los productos quedan: 6

8 7 4. Los productos posibles son: 5. En general, las igualdades anteriores no son ciertas, ya que el producto de matrices no es conmutativo. 6. Encuentra todas las matrices, del orden correspondiente, que conmuten con las matrices siguientes: A y B Sea d c b a X la matriz que conmuta con A. Debe cumplirse: XA AX d d c c c d b b a c a a d c b b c a d c c b a a d c b a d c b a X Resolviendo el sistema, obtenemos a d c Las matrices buscadas son de la forma a b a X con a y b números reales cualesquiera.

9 8 Sea d c b a X la matriz que conmuta con B. Debe cumplirse: XB BX b c a d c d b a c a b a b a d b c a c d c b b a d c b a d c b a X Resolviendo el sistema, obtenemos c b d c a Las matrices buscadas son de la forma d c c d c X con c y d números reales cualesquiera. 7. Llamamos A y B a las matrices numéricas que aparecen en cada uno de los sistemas. Resolvemos éstos por el método de reducción y obtenemos:

10 d) y A A B y A y B A B y A B Por tanto, 8 X e Y / / / / e) y A y B A B y B y A B y A B Por tanto, X e Y Las operaciones quedan: t a) C A ( 7 ) c) b) t C C 4 6 d) t t A B B A C 5 t 9. Toda matriz cuadrada A puede epresarse de la forma En la suma anterior, el sumando matriz antisimétrica. t A A t t A A A A A. es una matriz simétrica y el sumando t A A es una Las descomposiciones pedidas son: 9

11 . En cada uno de los dos casos queda del siguiente modo: Calculamos las potencias sucesivas de A. Observamos que las potencias de la matriz A se repiten de cuatro en cuatro. Así: A 5 A ( A ) A I A I A A A A ( A ) A I A I A A I La matriz a b que conmuta con A cumplirá: a a b b Finalmente: b a a b con a y b.

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13 SOLUCIONES. Las triangulares equivalentes son:

14 . Las inversas quedan del siguiente modo:

15 4. Despejamos la matriz X en la ecuación dada: C X B A C BX AX ) ( y calculemos esta matriz X: y y y y y donde la matriz X es: X 4. Queda: La matriz ) (AB es 7 7 La matriz traspuesta de la anterior t AB) ( es 7 7 La matriz inversa de la anterior ) ( AB es / /4 / /4 5. La solución queda: La matriz B es B Resolvemos la ecuación: 6 6 i h g f e d c b a Operando e igualando matrices obtenemos tres sistemas: 6 b c a a b c b a b c f e d e d f e d f e 6 i h g h g i h g i h La matriz X viene dada por: X

16 5 6. Queda del siguiente modo: a) Rango de Rango de b) Rango de 4 Rango de c) Rango de 6 5 Rango de Rango de 9 5 d) Rango de 7 4 Rango de 6 Rango de 7. Quedan: a) Escribe tres matrices de dimensión que tengan, respectivamente, rango, y Una matriz de rango es A. Tiene las tres filas independientes. Una matriz de rango es B. La fila tercera es suma de la primera y la segunda. Una matriz de rango es C. La fila segunda es cuatro veces la primera y la fila tercera es el producto de 5 por los elementos de la fila primera.

17 b) Escribe tres matrices que tengan, respectivamente, rango, y. Una matriz de rango es A 4 8. La fila segunda es cuatro veces la fila primera y 6 la fila tercera es el producto de los elementos de la fila primera por 4. Una matriz de rango es filas primera y segunda. A. La fila tercera es suma de los elementos de las Una matriz de rango no puede eistir. 8. La solución queda: Sean X, Y, Z tres matrices tales que es posible efectuar Z t XY. Es posible efectuar (Y Z) t X? Sea Z una matriz de dimensión (m n) por tanto Z t tendrá por dimensión (n m). Para que sea posible efectuar la operación Z t X Y las matrices X e Y tendrán por dimensiones X ( n p) e Y ( p m). De este modo YZ es una matriz de dimensión (p n) y (Y Z ) t será de dimensión (n p) y como X es de dimensión (n p) es posible efectuar la suma (Y Z) t X. 9. Quedan: a) pizzas de calidad etra necesitan 5 g de masa, g de ingredientes y 5 g de queso; pizzas de calidad superior necesitan 4 g de masa, 4 g de ingredientes y 4 g de queso, y pizzas de calidad normal necesitan 5 g de masa, g de ingredientes y g de queso. b),5,,5,,,5,5,5,5,,,45,,75, Esta matriz nos da el precio de cada pizza etra, superior y normal, respectivamente. 6

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19 8 SOLUCIONES. Queda del siguiente modo: El valor que hace que la última matriz sea la matriz nula es k.. Operando en la ecuación matricial, obtenemos: B A X B AX BA AXA B AXA B BA Por tanto, la solución es la matriz B A X. Al ser , la matriz buscada es la resultante de efectuar la operación: B A X. Queda:

20 . Queda del siguiente modo: 4. Queda: 9

21 5. La solución es: a) T M El elemento a de esta matriz representa el precio en euros que cobra la empresa Epor llevar el producto A a estos cuatro países. El elemento a nos da el precio que cuesta transportar C con la empresa E. b) La suma de los elementos de cada fila de esta matriz nos muestra la más barata y es la empresa E. 6. Queda: B B B (A I) (A I) 4A AI AI I 4A A A I I Por tanto, la matriz B es la identidad. 7. Queda: La matriz 4 5 B es 4 La matriz A es 9 9 La matriz B A es La matriz B A B es La solución queda: Sea a b A c d la matriz que conmuta con X. Debe cumplirse: AX XA a b a b c d c d

22 Entonces: a b a b a c b d c d c d a c b d c b Resolviendo el sistema, obtenemos d a b a b a c a b b d c d a c c d b d Las matrices buscadas son de la forma cualesquiera. a b A b a b con a y b números reales

23 Unidad Determinantes PÁGINA SOLUCIONES. Las matrices buscadas son las siguientes: 5 a) b) Esta matriz no tiene inversa.. Haciendo ceros escalonamos las matrices, obteniendo:, luego el rango es. c) F F F F F F F 4 F F 4 4 El rango es.

24 PÁGINA 45 SOLUCIONES. Hacemos una tabla con la información del problema: OBJETOS COMPRA EUROS PAGA Juan José Jesús María Merche Marina ( y) ( ) y z ( y) ( ) y z Una solución puede ser: Juan con maría ( y) 6 José con marina z ( ) 6 Entonces: 9 y z Juan compra y su esposa maría 9 José compra y su esposa marina Jesús compra 8 y su esposa Merche

25 . Al construir pirámides tetraédricas de bolas aparecen los números tetraédricos:, 4,,, 5, 56, 84, n( n )( n ) que forman una progresión geométrica de tercer orden de término general: 6 Si las dos pirámides son iguales, el mínimo número es bolas, con lo que formaría una pirámide tetraédrica de arista 4 a partir de dos tetraédricas de arista. Si las pirámides iniciales no son iguales, el número mínimo de bolas es de 68, número obtenido al sumar las bolas de dos pirámides tetraédricas de aristas 8 y 4, y bolas y 56. La nueva pirámide tetraédrica formada por 68 bolas tiene de arista 5, pues: n( n )( n ) 68 n 5 6

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27 SOLUCIONES. Las soluciones son:. Aplicando la regla de Sarrus se obtiene:. En cada caso: 4. La solución queda: F F F F F F F F F F F F F F F A 8 F F F 5

28 5. La solución en cada caso es. a) I A I A 4 4 b) A A A 6 c) A A d) A A 4 6. Queda del siguiente modo: a) Sumamos la segunda y la tercera columna y el resultado lo colocamos en la tercera columna. De la tercera columna sacamos factor común y z t. Quedaría: z t y t y z y z t z t y z t z t C C C y t y z t ( y z t) y t y z y z t y z El último determinante tiene dos columnas iguales, por tanto es nulo. b) Multiplicamos (y dividimos) la primera fila por a, la segunda por b y la tercera por c. Sacamos factor común a abc de la primera columna y de la segunda. Obtenemos: bc a a abc a a ac b abc b b b abc abc c c ab c c El último determinante tiene dos columnas iguales, por tanto es nulo. 7. En cada caso queda: Para la matriz A, multiplicamos su determinante por /5 y los elementos de la primera columna por (-5) y obtenemos: A ( 5) ( 8) / 5 ( 5) / ( 5) 7 7 El valor del último determinante es cero al tener dos columnas iguales. 6

29 Para la matriz A, en su determinante sustituimos los elementos de la fila tercera por la suma de los elementos de las filas tercera y segunda, obtenemos: A Observamos que el determinante de la matriz A es divisible por 5. Eisten otras formas de combinar líneas de este determinante para obtener números múltiplos de 5, por ejemplo la suma de los elementos de la columna tercera con el doble de los elementos de la columna segunda. 8. En cada caso queda: a) Puede observarse que los números, 98 y 56 son múltiplos de. Operando en cada fila, multiplicamos la primera columna por, la segunda por y sumamos ambos resultados en la tercera columna. Quedaría: b) Procediendo de forma análoga: c) Procediendo de forma análoga:

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31 SOLUCIONES 9. La solución en cada caso es: a) En la matriz A: α ; el resto no eisten En la matriz B : α - ; α - ; α En la matriz C : α - ; α ; α ; α 4 b) En la matriz A : A ; el resto no eisten En la matriz B : B - ; B ; B - En la matriz C : C - ; C - ; C - ; C 4 -. Las matrices adjuntas son: d A 5 4 d B d C. La resolución queda: a) Hacemos ceros los elementos a y a y desarrollamos por la primera fila para obtener: 9 b) Desarrollamos por la tercera fila. Posteriormente en el determinante de orden resultante hacemos ceros los elementos a y a y desarrollamos por la primera columna para obtener: 7 ( ) 7 ( ) c) Hacemos ceros los elementos a ; a y a 4 y desarrollamos por la primera columna. Posteriormente hacemos ceros los elementos a, a 4 y a 4. Calculamos el determinante resultante multiplicando los elementos de la diagonal principal

32 . Las soluciones son: a) 4 4) ( ) ( 6 b) ) )( ( 4 c) ) (. Las matrices inversas son las siguientes: a) / / b) / / c) no tiene inversa. d) / 5 / 5 / / / / 6 / / / e) f) / / / / / /

33 4. El rango según el parámetro queda del siguiente modo: 5. Los determinantes pedidos son: 6. En cada caso queda: a) El determinante de la matriz A es det( A ). La matriz in versa es: b) La ecuación es. A Desarrollando el determinante obtenemos ( )( ). Las soluciones de la ecuación son y los números complejos i y i. 7. Al ser det( A) 9a 57, este determinante se anula para a. Para este valor de a la matriz A no es invertible.

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35 SOLUCIONES 8. La solución en cada caso es: a) () () () ( )( ) () Sumando todas las columnas y el resultado a la primera; () Restando de todas las filas la primera; () Desarrollando. b) () () () () La diferencia de las dos primeras filas a la segunda fila; () Desarrollando por la primera columna; () Utilizando la regla de Sarrus. c) Su valor es nulo al tener dos columnas iguales. d) En este caso: ) )( )( )( ( ) )( ( ) )( ( ) ( ) ( () c a b c a b c a b c b a b c a c a b c b b c c a b c b a c b a c a b c b b c c a b c b a c b a c a b c a b c b b c c b a c b a c b a a b c a b a c c b b c a c b a c b a a b c a b a c c b b c a c b a c b a a b c b a a c c b a b c c b a c b a c b a a b c a c b b c a c b a

36 4 9. La solución del ejercicio queda: a) A A A b) La ecuación queda: ) ( ) ( ) ( ) ( AB B AB B I X AB B A X AB B A X A A A AB B X A B AB X A. Diremos lo siguiente: a) No eiste la inversa de A para todos los valores de k que hacen A. k A k A b) Para k queda / / / / A A. La solución es: El primer determinante es: n X X n n n donde el orden de la matriz X es 4. Finalmente: X X. La solución es en cada caso: a) t A A Como podemos ver las dos matrices son iguales. b) Por otro lado: I I A A A A t ) ( ) (

37 5. La solución es la siguiente: 5 B C A X B C A B B X A A C B X A 4. La solución en cada uno de los casos es: El determinante de la inversa queda: A A ; por otro lado, el del producto propuesto es: 6 A B A B A B t t. Y finalmente: ) ( B A B A B A t 5. Queda: Si C C C C a Esta determinante es cero pues tiene una columna toda de ceros. 6. La solución dice así: Calculamos el determinante: ) ( a a a a a a Por tanto la discusión queda: Si a el rango de A es uno. Si a el rango de A es dos. Si ± a el rango de A es tres. En los casos propuestos: Para a no eiste A puesto que A Para A a luego eiste A y vale: A

38 Unidad Sistemas de ecuaciones lineales PÁGINA 55 SOLUCIONES. Las soluciones son: a) La solución es 4, y b) La solución es 4, y, z. Llamando el número de personas que juegan a cartas, y el número de personas que charlan y z el número de personas que bailan e imponiendo las condiciones del enunciado obtenemos: y z y 4 y 7 y z z 6 Luego hay 4 personas en la reunión.

39 PÁGINA 69 SOLUCIONES. La solución queda: Restando la primera igualdad a la segunda obtenemos: Arturo Carlos Sumando a ésta la tercera obtenemos: Arturo Diana 64 Esta igualdad es la misma que tenemos en cuarto lugar. Luego no es posible determinar el peso de cada uno ya que nos queda un sistema indeterminado con más incógnitas que ecuaciones. El sistema tiene una única solución si reemplazamos la tercera igualdad, sustituyéndola por la epresión: Arturo Carlos 74 Kg con lo cual obtenemos que: Arturo pesa Kg; Berta pesa 7 Kg; Carlos pesa 4 Kg y Diana pesa Kg.. En la siguiente tabla podemos ver todas las situaciones que se pueden plantear:

40 En todos los casos lleva cinta roja ecepto en (), (5) y (6). () no es posible, pues en esta situación Luis hubiera sabido que su cinta era roja, ya que si hubiera sido amarilla Ana hubiera sabido el color de la suya. (5) no es posible pues en esta situación ana hubiese dicho que su cinta era roja. (6) no es posible, pues en esta situación Luis hubiera dicho que su cinta era roja. Por tanto en todos los demás casos la de Clara es roja.. Queda así:,, 6,, 5, Es una progresión aritmética de º orden y su término general es por tanto: n n, Vamos a probarlo por inducción: Suponemos que es cierto para n, n,, n n y veamos si es cierto para n n. Habría que ver si esa igualdad es cierta. Operando el segundo miembro: Es cierta esta igualdad. Por tanto queda probado que para «n» se cumple:

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42 SOLUCIONES. Las soluciones son: a) La solución es, y. b) El sistema es incompatible. c) El sistema es compatible indeterminado. Sus soluciones son: t, y t con t R. d) La solución es, y, z. e) Las soluciones son: 5 7 t, y 5 t, z t con t R. f) El sistema no tiene solución.. Queda así: a) Por ejemplo, la ecuación añadida para que el sistema sea incompatible es z 5. b) La ecuación añadida para que el sistema sea compatible indeterminado puede ser z.. Queda: a) Si m, el sistema es incompatible. b) Si m, el sistema es compatible indeterminado. c) Si m y m, el sistema es compatible determinado. d) El valor de m es Queda: a) Sean A a y 8 * A. a 5 El rango de A es independientemente del valor de a. El determinante de A es A a. Discusión: Si a, el rango de A es y el rango de A * es. El sistema es compatible determinado y su solución es: 8a 6a 7 y z a a a Si a, el rango de A es y el rango de A * es. El sistema es incompatible. 5

43 b) Sean A y 5 * A a. El rango de A es para cualquier valor de a. El sistema es siempre compatible determinado y su solución es: 8 a a a 4 y z c) Sean A a y a * A a 4 El rango de A es para cualquier valor de a. El determinante de A* es A a a 7 8. Discusión: Si a y a 8, el rango de A es y el rango de A * es. El sistema es incompatible. Si a, el rango de A es y el rango de A* es. El sistema es compatible determinado y su solución es ; y. Si a -8, el rango de A es y el rango de A* es. El sistema es compatible determinado y su solución es ; y Queda: a) El rango de A es y el rango de A * es. El sistema es compatible determinado y las dos rectas se cortan en el punto de coordenadas 7/5; y /5. b) El rango de A es y el rango de A * es. El sistema es compatible indeterminado y los tres planos se cortan en una recta. c) El rango de A es y el rango de A * es El sistema es compatible determinado y los tres planos se cortan en el punto de coordenadas,; y -,8; z -,6. 6. Queda del siguiente modo: a) Si a -, el rango de la matriz A es y el rango de A* es. El sistema es compatible determinado y los tres planos se cortan en un punto. Si a, el rango de A es y el rango de A* es. El sistema es incompatible y los tres planos se cortan dos a dos. 6

44 b) Si a, el rango de la matriz A es y el rango de A* es. El sistema es compatible determinado y los tres planos se cortan en un punto. Si a, el rango de A es y el rango de A* es. El sistema es incompatible y de los tres planos dos coinciden y el tercero es paralelo a los dos anteriores. c) Si a, el rango de la matriz A es y el rango de A* es. El sistema es compatible determinado y las dos rectas se cortan en un punto. Si a, el rango de A es y el rango de A* es. El sistema es compatible indeterminado y las dos rectas coinciden. 7. Queda: a) Si k el sistema es compatible indeterminado. La solución de este sistema en este caso es la siguiente: t, y 5 t, z t t R. Si k el sistema es compatible indeterminado. Su solución es: t, y, z t t R Si k y k el sistema es compatible determinado y su solución es: ; y ; z b) Si k 8 el sistema es compatible indeterminado. La solución de este sistema en este caso es la siguiente: t, y 7 t, z 9t t R. Si k 8 el sistema es compatible determinado y su solución es la trivial: ; y ; z 7

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46 9 SOLUCIONES 8. Llamando, y, z al precio por unidad de cada uno de los ingredientes obtenemos el siguiente sistema: z y z y z y z y Cada unidad de A cuesta a 8 euros, cada una de B a euro y cada una de C a euros. 9. Llamando a los kg de cacao, e y a los kg de almendra, queda: ) ( y kg de leche Imponiendo las condiciones del problema obtenemos: ( ) 9 9 ( ), ,6,6 8 y y y y y y y Utiliza kg de cacao, kg de almendra y 6 kg de leche.. Llamamos, y, z al precio de las localidades de los tres tipos. Obtenemos: / / 9 /8 / z y z y y y z La localidad de Fondo cuesta 5 euros, la de General 8 euros y la de Tribuna 9 euros.. Llamamos al número de viajeros que pagan el billete entero, y a los que pagan el % y z a los que pagan el 5%. Obtenemos: ,5,8 9 5 z y y z y z y. Sea la edad de Andrés, y la de Juan y z la de Luis: z y z y z y z y y z y z z y Andrés tiene 7 años Juan tiene 5 años Luis tiene 9 años

47 . Llamando, y, z al número de vehículos que importa de las marcas A, B, C respectivamente, e imponiendo las condiciones del problema obtenemos: y z y z,8 y 8 (4 /)( y z) z 7 6 vehículos marca A 8 vehículos marca B 7 vehículos marca C 4. Sean, y, z los valores de una chaqueta, una blusa y un pantalón, respectivamente. El enunciado nos permite escribir el sistema: y y z El sistema es compatible indeterminado y sus soluciones pueden epresarse en la forma: z y z Si compramos 5 chaquetas, un pantalón y una blusa, nos cobrarán: z z 5z z 5 y z 5( ) z 5 z 5 euros

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49 SOLUCIONES 5. Se tiene que: z y z y z y z y z y z y z y z y z y z y Las soluciones son: t z t y t 5 ; ; 8 con t R 6. El sistema es incompatible. Las dos últimas rectas son paralelas y la primera corta a ambas. 7. Queda: a) y m m b) Si m y m, el sistema es compatible determinado. Si m, el sistema es incompatible. Si m, el sistema es compatible indeterminado. c) Para 5 m, la solución es:, y 8. Queda: a) El sistema es compatible indeterminado y sus soluciones en este caso vienen epresadas del siguiente modo: t z t y t,, con t R. b) Con la ecuación z y, el sistema es compatible indeterminado. Con la ecuación z y, el sistema es compatible determinado. Con la ecuación 5 z y, el sistema es incompatible.

50 9. Llamando, y, z a las edades del padre, madre e hijo, respectivamente, obtenemos: y z y z 8 4 años y z 8 y z y años y 5 z y z z años. Llamando, y, z al número de hombres, mujeres y niños que van de ecursión, obtenemos: y z y z 48 y z y y z y 7 y y z 5 Van de ecursión 8 hombres, 7 mujeres y 5 niños.. Sea el numero y. y 6 y 6 y 6 7 y 8 y 9 9y 8 y y 9 Luego el número es 79.. La solución queda: t a) A A El sistema pedido es: 6 y 6y Y su única solución es ; y. b) A t 5 A El sistema pedido es: 5 y y y Este sistema es compatible determinado y su solución es: ; y

51 . La solución queda: El lunes fueron al cine personas, el martes fueron fueron 88 personas. personas y, por tanto, el miércoles 88 A partir del enunciado, obtenemos: 6 5 Personas. El lunes hubo 5 espectadores, el martes hubo 8 espectadores y, finalmente, el miércoles hubo 464 espectadores. 4. La discusión queda: Si t el sistema es compatible indeterminado. Si t el sistema es compatible indeterminado. Si t y t el sistema es compatible determinado y su única solución es la trivial ; y ; z. Si t la solución es: t y 5t con t R z t 5 Para z la solución es: ; y ; z t Si t la solución del sistema es: y con z t t R Para z la solución del sistema es: ; y ; z 4

52 Unidad 4 Programación lineal PÁGINA 79 SOLUCIONES. Las regiones quedan: a) b). El sistema pedido es: y > y < 7 y >

53 PÁGINA 9 SOLUCIONES. Sumando los kilos de todos los sacos, obtenemos 9 Kg Como un cliente se lleva cierta cantidad y otro se lleva el doble de esa cantidad quedando sólo el caso de lentejas, entonces al quitar a 9 Kg, el saco de lentejas debe quedar un número que es múltiplo de, esto se cumple con: Un cliente lleva Kg. en los sacos de 8 Kg. y 5 Kg. y el otro cliente se lleva 66 Kg en los sacos de 9 Kg, Kg, 6 Kg. El saco de lentejas es el que pesa Kg.. El caballo y las sotas las señalamos con C S S. Para que verifiquen las condiciones han de ser: Cc So S c Por tanto, las cartas son: Caballo de copas. Sota de oros. Sota de copas.

54 . Descomponiendo.45 en factores, obtenemos: Las posibles edades de las tres primas son: Una vez hecha la tabla con todas las posibilidades, observamos que hay un resultado suma repetido, por tanto ahí está la razón de que Luisa le dijera a Pedro que con esos datos no podía saber las edades. La edad de Luisa es de años. Luisa sabe la edad Pedro. Si Pedro hubiera tenido 48 años o menos, no quedaría claro, por tanto Pedro ha de tener 49 años y las primas 7, 7 y 5 años.

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56 SOLUCIONES. Las soluciones pueden verse en los dibujos siguientes:. Las regiones factibles pueden verse en los dibujos que siguen:. El conjunto de puntos es el siguiente: 5

57 4. El recinto pedido es el que puede verse en el dibujo. Los vértices del recinto son los puntos P(,), Q(,5) y R (5,5) 5. El sistema y la gráfica son: y y y 7 6. Los sistemas quedan: a) b) > y > < y > y < 6 > y > y < y > 6

58 7. La región factible esta representada en el dibujo. Los vértices son: O(,) A(,) B(,) C(, ) La función f(, y) y alcanza el valor máimo en A(,) y el valor mínimo en C(, ). 8. La región factible es la representada en el dibujo. Los vértices de la misma son: O (,) A, (,) (, 4) B C La función z y alcanza el máimo en B(,) y este valor es z 8. 7

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60 SOLUCIONES 9. Los vértices de la región factible son: A( 5, ) B(,) C(,) La función f(, y) 4 y alcanza el máimo en B (,) y vale 4 y el mínimo en A( 5, ) y vale Los vértices de la región factible son: (,6), (,) (,6) 7 7 La función f(, y) y toma el valor máimo en (, 6) y este valor es 7. 9

61 . Región factible no acotada. Los vértices son: A(,6) B(4,) C (8,) La función z 4y alcanza el mínimo en (4, ) y vale.. Llamando a los vértices O(,) A(,) B (,8) obtenemos las ecuaciones de los lados: lado OA y ; OB 4 y lado AB 5 8y 74 La función f(, y) 4 y 9 alcanza el máimo en cualquier punto del lado OB. b) la función g(, y) 4 y alcanza el máimo en el punto A (,) y vale 55.. La solución queda: a) Llamando al número de coches del modelo A e y al del modelo B obtenemos el siguiente sistema y la siguiente gráfica: y y y 9 y 6, y N

62 Los vértices son: A (4,) B (,) C (,) D (,) E, 7 7 a) la función que nos da los ingresos es: z 9 y en miles de euros. Esta función alcanaza el máimo en C (,) y este asciende a euros. 4. Llamando al número de hectáreas de tipo e y al número de hectáreas de algodón obtenemos: La función al optimizar es z 5 y y el máimo lo alcanza en el punto (, ) es decir debe plantar hectáreas de trigo y lo mismo de algodón. 5. Sea el numero de artículos de A e y el de B. La función a optimizar es z 4 p py y alcanza el máimo en B (,). Debe fabricar artículos de A y de B.

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64 SOLUCIONES 6. La solución es: La función a optimizar es: z,5 y Sujeta a restricciones: Los vértices de la región factible son: La función z alcanza el máimo en B (4,9). Luego debe preparar 4 Kg. de la primera mezcla y 9 Kg. de la segunda para maimizar ingresos. 7. Recogemos la información en la siguiente tabla: La función a optimizar es: Sujeta a las restricciones: 4 z 8 y La función alcanza el mínimo en (,) es decir debe trabajar día en el primer centro y en el segundo.

65 8. Recogemos la información que da el problema en la siguiente tabla. La función a minimizar es z,5 y sujeta a las restricciones: La región factible esta formada por todos los puntos enteros de la zona sombreada. El corte es mínimo en el punto (, ) es decir que debe tomar bolsa verde y blancas. 9. Llamamos e y al menos de vuelos de los aviones A y B respectivamente. a) La función beneficio es: z 6y que hay que maimizar sujeta a las siguientes restricciones: 4

66 La función z 6y es máima en E (,8) es decir debe hacer vuelos con el avión A y 8 con el avión B. b) la función consumo f(, y) 9 8y que hay que minimizar sujeta a las restricciones anteriores alcanza el mínimo en B (,) es decir para que el consumo sea mínimo debe hacer vuelos con A y vuelos con B.. Sean los kilogramos del producto A e y los kilogramos del producto B. Los datos del enunciado aparecen recogidos en la tabla: A B NECESIDADES NITRÓGENO,, 9 FÓSFORO,4, 5 PRECIO 4 5 Las restricciones son:,,y 9, 4,y 5 y La función objetivo a minimizar es F(, y) 4 5y. Con el programa Prolim obtenemos: F(45, ) 8; S S F(, ) 7; S S Ma(45, ) 8 Mín(, ) 7 Es decir que para abonar la finca con mínimo gasto tiene que comprar Kg. de producto A y Kg. del producto B. 5

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68 SOLUCIONES. Sean el número de pastillas que se han de tomar diariamente de la marca Energic e y el número de pastillas que han de tomar diariamente de la marca Vigor. La función objetivo a minimizar es F(, y),,4y. Los datos del enunciado aparecen recogidos en la tabla: ENERGIC VIGOR NECESIDADES A 6 B 8 C PRECIO,,4 y 6 8 Las restricciones son: y 8 y 4 y Los valores que toma la función objetivo son: F(8, ).54; S S S F(, ).55; S S S F(6, 8).5; S S S F(, 7).68; S S S Ma(, 7).6 Mín(6, 8).5 Para que el coste sea mínimo, se ha de tomar diariamente 6 pastillas de la marca Energic y 8 pastillas de la marca Vigor. El coste mínimo diario es de,5 euros.. La solución queda: a) Sea el número de piezas del tipo A e y el número de piezas del tipo B. Las restricciones son: 4y 4 y b) Los puntos del plano que verifican el sistema de inecuaciones son los de la zona sombreada de la gráfica que, fácilmente se obtiene. 5 c) Si se quiere gastar los kilos de metal, las soluciones deben estar en la recta y y ser número enteros. Vamos dando valores enteros pares (porque cada pieza necesita kilos de metal) a, entre 5 y 4, y obtenemos valores enteros de y en la ecuación y. Las soluciones son: (, ), (, 9), (4, 8), (6, 7), (8, 6) (, 5), (, 4), (4, ), (6, ), (8, ), (, ), (, 9), (4, 8), (6, 7), (8, 6) y (4, 5). 7

69 . Sea el número de envases pequeños e y el número de envases grandes. Las restricciones son: y y y La región factible es la zona sombreada que se obtiene en la gráfica. La función objetivo a minimizar es F(, y),,y. Con el programa Prolim obtenemos que el mínimo de F(, y) se alcanza en uno de los vértices de la región factible: F(, 9) 9; S S S S F(5, 5) 5; S S S S F(, ) 5; S S S S F(, ) 6; S S S S Ma(, 9) 9 Mín(, ) 5 Por lo que el gasto mínimo de almacenaje es de 5 euros y se consigue con envases pequeños y envases grandes. 4. La solución queda: a) Si llamamos a la cantidad de mercancía a transportar desde la Fábrica A hasta el Hiper A, e y a la cantidad de mercancía a transportar desde la Fábrica A hasta el Hiper B, toda la distribución de mercancía, en función de las variables anteriores, queda en la forma que recoge la tabla que sigue: El programa lineal a resolver es: Minimizar la función z -5 y 6; y 6 y 5 - y - 4 y sometida a las restricciones: y 5 y y 6 y 4 La región factible es la zona sombreada. 8

70 El valor de la función objetivo en los vértices A(4, ), B(5, ), C(5, ), D(, ) y E(, ) de la región factible es: Z A 4 Z B 7 Z C 8 Z D 5 Z E 6 Se observa que en el vértice B se minimiza la función objetivo; por tanto, la solución es 5, y, es decir, las cantidades a transportar son las que se recogen en la tabla que sigue: 5 b) Si llamamos a la cantidad de mercancía a transportar desde la Madrid a Bilbao, e y a la cantidad de mercancía a transportar desde Madrid a Santander, toda la distribución de mercancía, en función de las variables anteriores, queda en la forma que recoge la tabla que sigue: El programa lineal a resolver es: Minimizar la función z 6; y 4 y - 4 y y sometida a las restricciones: y y 4 y 4 y La región factible es la zona sombreada. El valor de la función objetivo en los vértices A(, ), B(, ), C(, ) y D(, 4) de la región factible es: Z A 6 Z B Z C Z D 6 Se observa que en los vértices A (, ) y D (, 4) se minimiza la función objetivo; por tanto, la solución se obtiene para cualquier punto del segmento de etremos A y D. En este caso eisten innumerables soluciones; desde A (, ) hasta D (, 4) como se muestran en las tablas que siguen:

71 5. Sea las toneladas que debe cargar de A e y las toneladas que debe cargar de B. Las restricciones son: 4 y y 9 y La región factible es la zona sombreada. La función objetivo a maimizar es F(, y) y. El máimo de F(, y) se alcanza en uno de los vértices de la región factible: F(4, ) 6 F(6, ) 4 F (4, 5) La ganancia máima es de 4 euros, para obtenerla hay que cargar el camión con 6 toneladas de mercancía tipo A y e toneladas de mercancía tipo B.

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73 SOLUCIONES 6. La solución queda: a) Los vértices de la región son los puntos O(,), P(7,), Q(6,), R(4,) y S (,4). b) el máimo de la función f 5y es f 8, para 6, y. c) En el caso de añadir la condición 5, el máimo de la función f 5y es f 7,5, para 5 5, y. 7. Recogemos la información del problema en la siguiente tabla: La función a maimizar es z 8 5y Sujeta a las restricciones: La región factible es la zona sombreada del grafico:

74 Los vértices son: 5 9 El valor máimo lo alcanza en C, pero como los valores no son enteros tomamos los enteros más próimos dentro de la región es decir y 5 y el beneficio máimo será de 4 euros. 8. En la siguiente tabla recogemos la información: La función beneficio es: z 4 y Sujeta a las restricciones: Dibujando la región factible obtenemos de vértices (,)(5,)(,)(,5) El valor que hace máimo el beneficio es y 9. Llamando, y al número de electricistas y mecánicos respectivamente obtenemos que la función beneficio es: z 5 y Esta función hay que maimizar sujeta a las restricciones: Representando gráficamente la región factible tiene de vértices: (,)(,)(,) El valor que hace máimo el beneficio es y.

75 . La información de este problema de transporte lo recogemos en la siguiente tabla supuesto que es el numero de autobuses desde Francia para Palma e y el numero desde Alemania para Palma. La función coste es: z 4 6y 9(5 ) 7(7 y) z 64 5 y Hay que minimizarla sujeta a las restricciones: La región factible queda representada en el grafico siguiente: Los vértices de la región factible son: 4

76 . Llamando, y al número de kilos de gasolina y de gasóleo respectivamente obtenemos un función que da los ingresos de la fábrica es: z,5, y Hemos de maimizar esta función sujeta a las restricciones: La región factible esta representada en el siguiente grafico: La función z alcanza su valor máimo en el vértice C es decir la producción será de Kg de gasolina y 7 Kg de gasóleo. 5

77 Unidad 5 Límites de funciones. Continuidad PÁGINA 4 SOLUCIONES. Los límites quedan: lím f( ) 4; lím f( ) 4 lím f( ) 4 lím f ( ) ; lím f( ) no eiste lím f ( ) lím f ( ) ; lím f ( ) lím f ( ) ; lím f( ) f ( ) ; f () Asíntota vertical: ; asíntota horizontal: y ; Asíntota oblicua: y. Los límites en cada caso quedan: ( ) ( )( ) lím lím lím lím

78 PÁGINA 5 SOLUCIONES. Queda: El termino general de la sucesión formada por los sumandos es: (n )(n ) Descomponiendo este en fracciones simples, obtenemos: / / (n )(n ) n n Aplicando esta igualdad a cada uno de los sumandos obtenemos:

79 Sumando todas estas igualdades, obtenemos: / / 5..., Fácilmente se comprueba la igualdad sin más que poner el número decimal periódico puro dado en forma de fracción: , Por tanto, la igualdad que plantea el problema es verdadera.. Queda del siguiente modo: Solamente consideramos los caminos en vertical hacia arriba que denotamos como V, en diagonal hacia arriba que denotamos con D y en horizontal hacia la derecha que denotamos con H. En la figura tenemos señalados el número de caminos que hay desde A a cada esquina. Fácilmente se llegan a encontrar esos números sin más que ir trazando caminos. Así en el cruce que hay un se llega a el desde A por tres caminos V-D-H; en el cruce que hay 5 se llega a el por cinco caminos: HHV-HD-DH-VH-HVH. Observamos que el número que hay en cada cruce es suma de los de las dos esquinas contiguas si el cuadrado es cerrado y de las tres esquinas si el cuadrado es abierto.. Procediendo de forma análoga a la del problema de la pagina anterior, obtenemos:

80 Observamos que aparecen dos sucesiones según sea n par o n impar. Si n par, obtenemos la sucesión:, 7,, 5, 95, 6, Es una progresión aritmética o sucesión aritmética de orden y su término general vale: n ( n ) (n ) 4 Si n impar obtenemos la sucesión:,, 4, 7. 5, Es una progresión aritmética o sucesión aritmética de orden y su término general es: ( n ) ( n ) (n ) 4 Por tanto, el número de triángulos equiláteros con el vértice hacia abajo que podemos contar en una trama triangular de n-unidades de lado es: En una trama de lado n hay: n I n triángulos de lado con n II. III. n n 4 n n 6 triángulos de lado con n 4. triángulos de lado con n 6. Así sucesivamente. En general es n k con n k k,,..., n k Número de unidades de lado. 4

81 4. Hemos de demostrar que p q 4 siendo p y q números primos mayores que. Para demostrarlo, veamos primeramente que si p es un número primo mayor que, entonces Los números están colocados: p 4 p ( p )( p ) p p p primo Como p es primo, p y p son múltiplos de y uno de ellos también es múltiplo de 4, pues en tres números consecutivos mayores que con los etremos pares a la fuerza uno de estos etremos es múltiplo de 4. También ( p ) o ( p ) han de ser múltiplos de, puesto que son tres números consecutivos. Por tanto, se cumple que p 4 4. Además como: p q ( p ) ( q ) p q Por tanto, se cumple que la diferencia de cuadrados de dos números primos mayores que es siempre múltiplo de Partimos del siguiente cuadro: Observamos la sucesión del número total de rectángulos (incluidos como tales los cuadrados): En un tablero 8 8, que es un tablero de ajedrez, hay 6 96 rectángulos. Si nos quedamos solo con los no cuadrados, habría 96 4 cuadrados 9 rectángulos no cuadrados en un tablero

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83 SOLUCIONES. Los datos requeridos son los siguientes:. Las gráficas quedan: 7

84 . La solución en cada caso es: a) b) c) d) e) f) g) h) i) j) k) l) 4. Queda: b) g( ) Asíntotas verticales: Asíntotas horizontales: lím ± no eisten. ± Asíntotas oblicuas: son rectas de ecuación y m n. f ( ) m lím lím lím ± ± ± n lím ( f ( ) m) lím lím ± ± ± La asíntota oblicua queda y 8

85 d) f( ) 9 Asíntotas verticales:. Asíntotas horizontales: lím ± 9 quedando y e) j ( ) 5 Asíntotas verticales: Asíntotas horizontales: no tiene. Asíntotas oblicuas: y f) k ( ) 4 Asíntotas verticales: Asíntotas horizontales: no tiene. Asíntotas oblicuas: y 9

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87 SOLUCIONES 5. Los límites quedan: j) lím 6 9 este límite no eiste

88 l) ( )( ) 5 ( )( 4) lím

89 6. En cada caso queda: a) Para esta función: f ( ) 5 f() no es continua ni por la derecha ni por la izquierda en. Es continua en R {} b) En este caso: g() es continua en toda la recta real. c) En este caso: h ( ) 6, por tanto h() es continua en toda la recta real. d) Finalmente: l() es continua por la izquierda en, pero no lo es por la derecha. Luego, l() no es continua en, o bien l() es continua en R { }

90 7. En cada caso queda: a) lím f ( ) 4 4 lím f ( k ) 4k f (4) k lím f ( ) 4 f ( 4) 4 lím f ( ) f (4) f() es continua en toda la recta real para 7 k b) lím g( ) lím lím g( ) lím g() no es continua en para ningún valor de k. 8. La solución es: Veamos la continuidad en Los límites son: lím b b lím ( 4) 7 f ( ) b f() es continua en si b 7 b 6. Veamos la continuidad en Los límites son: lím ( 4) 7 lím ( 8) 7 f ( ) 7 Luego f() es continua en y en si b 6. 4

91 9. En cada caso queda: a) 4 f( ) es discontinua no evitable en y discontinua evitable en, evitemos esta discontinuidad redefiniendo la función de este modo: ( f ( ) 4) /( ) si si b) En la función presenta un punto de discontinuidad no evitable con salto finito, al ser: lím ( ) y lím e c) En la función tiene una discontinuidad no evitable con salto finito, al cumplirse: lím ( ) y lím 5

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93 SOLUCIONES. Los límites quedan: a) lím ± b) lím ± 5 e e c) lím ; lím e e. Las asíntotas quedan: asíntotas verticales y, y asíntota oblicua: y.. Queda del siguiente modo: a) f ( ) ; lím () ; lím ( ) f ( ) 4 ; lím ( ) 4 ; lím ( 5) 4 f () es continua en todo R. b) g ( ) ; lím ( e ) ; lím ( ) g () es continua en todo R.. Queda: En, la función f() presenta una discontinuidad evitable. En, la función f() es continua. En, la función f () presenta una discontinuidad no evitable de salto finito. 7

94 4. Queda: 5. La solución queda: f( ) a lím ( a) ; lím e a f() es continua en si f ( ) a a lím ( b) b ; lím ( a) f() es continua en si b 5 Luego f() es continua en todo R si a y b 5. 8

95 6. Queda del siguiente modo: a) La ecuación queda:,5 si <,4 si < f( ),45 si < 4,5 si 4 < 5,5,45,4,5 c) La función es discontinua en, y 4. Siendo estas discontinuidades no evitables de salto finito. 7. La solución queda: Para sacar un 7,5 necesita 45 horas. Esta función es continua en su dominio [, ) y presenta una asíntota horizontal en. 9

96 Unidad 6 Derivadas PÁGINA 5 SOLUCIONES. La solución en cada caso es: f ( h) f () ( h) 5 7 h h a) lím lím lím lím ( h) h h h h h h h b) g ( h) g ( ) ( h) h lím lím lím h h h h h h( h ). Queda: La recta debe tener una forma: y b 5 Como ha de pasar por A (, ) b b 5 5 La ecuación de la recta es: y 5 5

97 La ecuación de la perpendicular es: y 5 b Por pasar por A (, ) b b La recta pedida tiene por ecuación y 5. Queda: 4. Queda: f ( ) 4 si 4 4 si < lím h lím h f ( h) f () lím h h f ( h) f () lím h h ( h) 4 h ( h) 4 h

98 PÁGINA 55 SOLUCIONES. La solución es: Denotando con, y, z, t los lados de los distintos triángulos rectángulos que se formen y con a la distancia que queremos hallar, al aplicar el teorema de Pitágoras, obtenemos: 8 6 a z t z t y y z t z t t y y Entre esta última igualada obtenida y la última igualdad del sistema, obtenemos: m a a 7 8 6

99 . Queda: Llamando a la epresión dada, obtenemos: ± 4 ± 5 5, luego Φ numero de oro.. La solución queda: En la figura puedes ver 8 monedas colocadas en 9 filas y con 4 monedas 4. La solución es: Sabemos que 6 7 6,66... y que , Al 6,66 % de los que quedan les gusta la música, es decir, al % les gusta la música. 85 Al,97 % de los que queden les gusta usar pantalones vaqueros, es decir, al % 7 gusta usar pantalones vaqueros. les Les gusta la música: 7 7 Les gusta usar vaqueros: Por tanto, ha de ser múltiplo de y 48. Puede ser 68; 56; 4884; 65. Se fueron de vacaciones: 6 7 si 68;4 744si 56; así sucesivamente. 4

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101 SOLUCIONES. La solución en cada caso es:. Queda: Crece más rápidamente en el intervalo [,5].. La solución es: N (5) N () a) Vm tvm [,5] 6, h 4 N (,5 h) N (,5) (,5 h) b) Vi tvi (,5) lím lím 8, 8 h h h h 4. En cada caso: V () 7 i V () 4 i V (8) i Aumenta los primeros días y después disminuye. 5. Las derivadas quedan: a) b) f( ) f() f () lím lím lím lím ( ) f ( ) f () 4 f () lím lím lím lím ( )( ) 6

102 c) f ( ) f () f () lím lím lím lím f ( ) f(7) ( )( ) d) f (7) lím lím lím ( 7)( ) lím La solución es: f ( h) f () h a) f ( ) lím lím h h h h f ( ) lím h f ( h) f () lím h h h h f () no es derivable en, pues las derivadas laterales son distintas. g ( h) g () b) g ( ) lím lím h h h h g ( ) lím h g ( h) g () lím h h h h lím h h g () es derivable en. h( h) h() sen h c) h ( ) lím lím h h h h h ( ) lím h h( h) h() lím h h h h h h( h ) lím h h La función h () no es derivable en. 7

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104 SOLUCIONES 7. La representación queda: Estudiamos la continuidad en y en. Luego f() es continua en todo R si < f ( ) si < < si > f ( ) f ( ) Luego f () no es derivable en, pues sus derivadas laterales no coinciden. Por otro lado f ( ) ; f ( ) 6, por tanto f () tampoco es derivable en. Por tanto, f () es derivable en R {,}. 8. Las derivadas quedan: f ( ) y los límites son: lím ( ) h f () es continua en (, ) siempre que b c. y lím ( h b c) b c f ( ) 4 b si < < si < < Las derivadas laterales son: f ( ) 9 ; f ( ) 4 b f () es derivable en (, ) si 4 b 9, es decir, si b 49. Por tanto, es continua y derivable en (, ) si b 49 y c 9 9

105 9. En cada caso: a) La ecuación de la recta tangente buscada es y 4 6 b) En este caso la ecuación de la recta tangente es y 4. Queda: y 6 7 ± (puntos en los que la pendiente es -). Los puntos de tangencia son: P (,5) y Q(, 5) Las rectas tangentes pedidas son: y 5 ( ) y 54 y 5 ( ) y 54. En cada caso: D [ f ( )] 9, que es la pendiente de la recta tangente a la función en. Razonando de forma análoga. D [ f ( )] D [ f ()]. La solución es: a) f ( ) b) g ( ) 4 4 c) d) h ( ) t ( ) Fácilmente se representan estas funciones y sus funciones derivadas.. Las derivadas son: 6 a) D ( ) ( ) 4 b) D ln c) D ( ) ( ) ln d) D ln( 7 ) 7 7

106 e) D ln cos sen g) D cos cos ( ) f) ( D ln ) 5 h) D tg cos i) D arcsen 4 j) D k) D ln4 4 4 m) D ln( ) e ñ) D ln e e p) ( ) D cos sen( ) cos( ) l) D ( ) ln n) D ln ( ) o) D ( sen cos ) ( cos sen ) q) D arctg r) D ( 4 ) e s) D e 7e t) D 7e 7e u) D ln( ) 5 v) D ln ln w) D ln ( 4) ) ln( cos ) tg tg y) D e e ( tg ) D tg z) D arctg 4

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108 SOLUCIONES 4. La solución es: f () f () ln( b) ln( b) b t vm [,] ln b b Resolviendo la ecuación ln ln b b t vi ( ) tvi () 8 5. Las soluciones en cada caso son: 5 a) f(5) 4 97 hongos. b) v i [ 5] f (5) t f ( t) 4 ln t v [ 5] f (5) 4 ln 67 85,4 Hongos/día i c) v i ( t) f ( t) t 4 ln 96 66, 87 t 7,6 Al cabo de 8 días. 6. Las soluciones en cada caso son: t f ( h) f () ( h) ( h) h h a) f () lím lím lím h h h h h h b) f () es el valor de la pendiente de la recta tangente a la grafica de la función en el punto de abscisa. Recta tangente en P (,): y ( ) y. el punto de corte de esta recta con OX es (, ). 7. La solución es: El punto donde calcularlo es: P [, y ()] P, La pendiente en ese punto es la derivada: m y () quedando: La ecuación de la recta tangente es: y ( ) y y ( ) m ( ) 4

109 8. La solución es: a) y ( ) k k La pendiente de la recta tangente en A es: ma y ( ) ma k k k La pendiente de la recta tangente en B es: m y ( ) m k 4 k k 4 B B Ambas rectas serán paralelas si ma m : k k 4 k 4 B b) Recta tangente en A (, ) m y la recta queda: y ( ) y A Recta tangente en B (, 8) m y la recta queda: y 8 ( ) y 9. Queda: B a) Estudiamos la continuidad en : Veamos su derivabilidad: T () no es derivable en Es derivable en [, ) {} b) Ningún deportista tarda más de minutos. 4

110 . Queda:. La solución es: a) y f ( ) b) La grafica B corresponde a la función: y f ( ) 5

111 Unidad 7 Aplicaciones de las derivadas PÁGINA 65 SOLUCIONES. En cada caso: a) A las había una temperatura de 6Cº. b) La temperatura máima fue de 44Cº y se produjo en las horas. c) Hubo Cº a las horas y a las 8 horas. d) Bajo desde 8Cº a las horas hasta,5 Cº a las 4, 5 horas hasta 44Cº a las horas. e)

112 . Llamando, y a las longitudes de la base y de la altura del rectángulo obtenemos: y y A y ( ) El área es máima para 5 unidades.. La gráfica queda:

113 PÁGINA 77 SOLUCIONES. La solución queda: Como comenzamos con dos vasos llenos el uno de té y el otro de leche, al final la leche que hay en el té es la misma cantidad que el té que hay en la leche; como se puede ver en el siguiente dibujo.. Comenzando el juego desde el final, observamos que la ª jugadora (G) ganara siempre y cuando deje a la ª jugadora (P) con 89 en la penúltima jugada. Para ello, simulamos una partida.

114 Así sucesivamente G siempre tiene que decir el número necesario para sumar un múltiplo de más : ; ; 4; 45; 56; 67; 78; 89. Por lo tanto, la estrategia ganadora para el primer jugador es en la ª jugada decir cualquier número del al y en la siguiente jugada, a la vista de la suma que haya obtenido el º er jugador, el jugador debe decir un numero de modo que deje la suma en un múltiplo de más, y así sucesivamente en las siguientes jugadas, hasta que en la penúltima deje al º jugador como resultado de la suma 89, de esta forma gana la partida. La estrategia ganadora para el º jugador es la misma: ir diciendo números del al que dejen como resultado de la suma al er jugador un número que sea múltiplo de más, así en er todas las jugadas; en la penúltima debe dejar al jugador como resultado de la suma 89 y de esta forma ganara la partida.. En el siguiente diagrama vemos la genealogía de las abejas. Designamos con Z a los zánganos y con O a las obreras. Obtenemos la sucesión:,,, 5, 8,,, que es la sucesión de Fibonacci. En la décima generación anterior a él un zángano tiene 89 antecesores, de los cuales 4 son machos y 5 son hembras. Continuando las sucesiones, obtenemos: En la vigésima generación anterior a él tiene 946 antecesores, de los cuales 4 8 son machos y son hembras. En la vigésima primera generación anterior a él tiene 7 7 antecesores. 4

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116 SOLUCIONES. La solución queda: Hallamos la primera derivada, estudiamos su signo y obtenemos: a) La función es monótona creciente en (, ) y monótona decreciente en (, ). b) La función es monótona decreciente para cualquier número real. c) La función es monótona decreciente para cualquier número real. d) La función es monótona creciente para cualquier número real. e) La función es monótona creciente en (, ) U (, ) y monótona decreciente en (, ). f) La función es monótona creciente para cualquier número real. g) La función es monótona decreciente en (, /e) y monótona creciente en (/e, ). h) La función es monótona decreciente en (, - ) y monótona creciente en (, ).. La solución queda: a) f () es estrictamente decreciente en (,) (,) f() es estrictamente creciente en (,) (,) (, ) b) g() es estrictamente creciente en (,) (, ) g() es estrictamente decreciente en (, ) (,). La solución es: a) Tomando 98 como año es decir el número de socios fundadores fue de. b) Aumenta el número de socios fundadores entre 98 y a partir de Estudiamos la primera y segunda derivada, obtenemos: a) En el punto (, ) la función tiene un máimo relativo. b) En el punto (/e, - /e) la función tiene un mínimo relativo. c) En el punto (, 6) tiene un máimo relativo y en el punto (, 5) un mínimo relativo. d) En el punto (, /e) la función tiene un máimo relativo. e) En el punto (, ) la función tiene un máimo relativo. f) En el punto (-, - ) tiene un máimo relativo y en el punto (, ) un mínimo relativo. 6

117 5. Queda: f ( ) 6 a f ( ) 6 e imponiendo la condición 6 También debe ocurrir: f ( ) f () > La función tiene un mínimo relativo en el punto (,), luego, este punto debe verificar la función: 9 8 a a 8 6. Queda: Como la función tiene un máimo relativo en (, 4) se cumple: f ( ) 4 4 c Entonces: f ( ) f ( ) b f () b b, luego b y c 4 7. La solución es: a f ( ) b Si tiene etremos en y en se cumple: La función tiene un máimo relativo en y tiene un mínimo relativo en. 8. La solución es: Obtiene el beneficio máimo en el punto (5, 4). Es decir cada caja la venderá a 5 euros y obtendrá unas ganancias de 4 euros/día. La botella la vende a, La solución es: Sea la función C( ) 9 y su derivada C ( ) La segunda queda: C ( ). Para 4 C ( ) > mínimo El coste es mínimo para 4 toneladas de material y asciende este coste mínimo a 7 dólares. 7

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119 SOLUCIONES. Sean y 48 los numero que hemos de buscar. La función a optimizar es S ( ) 5 6(48 ) S( ) La función S() presenta un mínimo Los números buscados son: y.. La función a optimizar es: La función s() presenta un mínimo en El numero buscado es.. Llamando al lado del cuadrado, la base de la caja es un rectángulo de las dimensiones siguientes: ( 8 ) y (5 ) La función a optimizar es: V( ) (8 )(5 ) V( ) La derivada queda: V ( ) V ( ) 4 5 V > Mínimo V () < Máimo. 5 4 Por tanto, para cm, el volumen es máimo. 9

120 . La función a optimizar es: 6 Área 4 6 A A ; A () > 4 y 4 y Para que la cantidad de material sea mínima, la caja debe medir cm en el lado de la base y m de altura. 4. El área es: Sean, y las dimensiones de los lados del rectángulo: y y D y 4 D 5 D ( 5) > Luego el rectángulo de diagonal mínima mide 5 cm de base y 5 cm de altura, es decir, es un cuadrado de 5 cm de lado. 5. Sean, y las medidas del rectángulo. El perímetro es: y y 5 Área y ( 5 ) 5 Las derivadas son: A 5, 5 y A A (,5) < El área es máima si el rectángulo es un cuadrado de, 5 m de lado. 6. La solución es: a) Q ( ) ( )(6 ) Si Q ( ) 6 6, entonces Q ( ) > Mínimo; Q ( ) < Máimo. La temperatura optima se obtiene a C º. b) La producción de hortaliza para esta temperatura es de: Q( ) 54 kg.

121 7. Llamado, y al lado de la base y a la altura de la piscina respectivamente obtenemos: y y 8 A 4y 8 A 4 56 A A (4) > La piscina tendrá 4 m de lado de la base y m de altura. 8. Llamando e y a las dimensiones del ventanal, tenemos que la función a optimizar es: A y Veamos la relación entre e y: y 6 y A( ) ( ) A ( ) m A ( ) A (,5) < Máimo Por tanto, la máima luminosidad se consigue con una ventana cuadrada de, 5 m de lado. 9. La solución es: a) f( ) 9 f ( ) 6 8 f ( ) 8 f ( ) 8 > > f ( ) 8 < < f es cóncava hacia las y positivas en, y cóncava hacia las y negativas en En presenta un punto de infleión en 7, f,,, b) f( ) 4 f ( ) f ( ) si > f ( ) > f si < f ( ) < f No eiste punto de infleión. es cóncava hacia las y positivas en (, ) es cóncava hacia las y negativas en (,)

122 c) f ( ) f ( ) 4 4 f ( ) 4 Estudiamos el signo de f ( ) F es cóncava hacia las y positivas en ( ) (, ) negativas en (, ) Esta función tiene dos puntos de infleión en (, )., y cóncava hacia las y d) f ( ) 4 f ( ) f ( ) 4 ( 4) F es cóncava hacia las y positivas en toda la recta real, pues No eisten puntos de infleión. f ( ) > e) f( ) e f ( ) e e f ( ) 4e 4 e f ( ) e (4 4) F es cóncava hacia las y positivas en (, ) y cóncava hacia las y negativas en (, ), f tiene un punto de infleión en (, e ). f) f ( ) ln( 4) f ( ) 4 f ( ) ( 4) F es cóncava hacia las y negativas en toda la recta real, pues No eisten puntos de infleión. f ( ) > 4 g) f ( ) ; f ( ) 4 ; f ( ) F es cóncava hacia las y positivas en negativas en,. 6 6,, y cóncava hacia las y 6 6

123 h) f( ) ( ) e ; f ( ) e ; f ( ) e ( ) F es cóncava hacia las y positivas en (, ) y hacia las negativas en (, ). i) f ( ) ln( 4) ; f ( ) 4 ; f ( ) ( 4) F es cóncava hacia las y negativas en ( 4, ).. Hallemos el punto de infleión de la curva. y 6 6 y 6 y 6 ; y 6 6 ; y () Luego el punto de infleión es (, 5) La recta tangente en (, 5) es: y 5 y () ( ) y 5 4( ) 4 y. La solución queda:. La solución es: f( ) a f ( ) a f ( ) 6a f ( ) 6a b c Queremos: b f() tiene un máimo relativo en si f ( ) a b f() tiene un punto de infleión en (, ) si f() c y además f () Luego c y a b y para que tenga un máimo en f () < a debe ser negativo.

124 . La solución es: a) f ( ) ( ) f ( ) ( ) (4 ) / 4 f ( ) ( ) ( 6) f > 4 7 f() tiene un mínimo en, 4 56 b) f() f( ) y punto de infleión en,. 6 f () f ( ) ( ) Esta función tiene: Mínimo (, -) y Máimo (-,) c) f() 4

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126 SOLUCIONES 4. En cada caso queda: a) f ( ) y g ( ) 4 4y b) A partir de la grafica de f () observamos que f() es creciente de (,) y decreciente (, ). Del mismo modo g() es creciente en (, 4) y decreciente en (,) (4, ). 5. Queda: Esta función es decreciente en todo su dominio de definición. Dom f R {,}, en este caso es decreciente Dom f 6. La solución es: 4 a) f ( ) ± 5 6 f ( ) f () > Mínimo El coste mínimo se produce con actores secundarios. b) El coste mínimo es de: C ( ), 4 millones de euros. 6

127 7. Llamando, y, z a los números buscados, tenemos que la función a optimizar es: p y z Imponiendo las condiciones del problema, tenemos: Por tanto: y z 6 y 6 z y z z Por tanto, el producto máimo para ; y ; z. 8. El problema se eplica: y y 6y y La función a optimizar es A y, es decir, 5 A 5 m A / A (5) < Máima 5 5 A 5 5 La nave de área máima tiene de dimensiones 5 m por 5 m. 7

128 9. La solución queda: a) La función beneficio viene dada por: B ( ) I( ) G( ) b) B ( ) B (75) < Máimo El beneficio máimo se produce cuando se venden 75 unidades y este beneficio es el siguiente: B( 75) 8 euros.. La solución es: El coste medio es mínimo para unidades. 8

129 Unidad 8 Representación gráfica de funciones PÁGINA 87 SOLUCIONES. Las funciones quedan: a) f( ) 8 Dominio: Dom f R Puntos de corte con el eje OX: Puntos de corte con el eje OY Simetrías: f( ) 8 f( ) ( ) 8( ) 8 f( ) f ( ) f no es simétrica respecto al eje OY f( ) f ( ) f no es simétrica respecto al origen de coordenadas. Periodicidad: f no es periódica

130 Asuntotas: no tiene asuntotas. Monotonía: f ( ) 4 8 y estudiamos el signo de f ( ). Etremos relativos: Concavidad: f ( ) 4 > f es cóncava hacia las y positivas en todo R No eisten puntos de infleión. b) g( ) 4 Dominio: Dom g R {, } Puntos de corte con el eje OX: Puntos de corte con el eje OY: Simetrías: ( ) g( ) ; g( ) 4 ( ) 4 4 respecto al origen de coordenadas. como g( ) g( ) la función g es simétrica Periodicidad: g no es periódica

131 Asíntotas: Asíntotas verticales: las rectas de ecuaciones y Asíntotas horizontales no eisten las asíntotas horizontales. Asíntotas oblicuas: son de la forma y m b La asíntota oblicua es la reta y Monotonía: Etremos relativos: g ( ) g ( ) ( 4) ± ( 4) g ( ) > g tiene un mínimo relativo en el punto (, ) g ( ) < g tiene máimo relativo en el punto (, )

132 Concavidad: 8 96 g ( ) ( 4) puntos de infleión:. La función queda. Dom f R { } ; Im f (, ) [ e, ) ; Mínimo relativo (,e ) ; Cóncava ( ) (,) ; asíntotas las rectas e y.,, Convea 4

133 PÁGINA SOLUCIONES. Ésta es una conjetura que esta sin demostrar. Hasta el número podemos encontrar varios primos gemelos: 5 y 7; y ; 7 y 9; 9 y ; 4 y 4; 7 y 7.. En efecto, el polinomio entre -4 y 4. n n 4genera números primos para valores de n comprendidos Por ejemplo: n n n que es un número primo. Para cualquier valor, de n no genera números primos, pues, por ejemplo, para: n 4 n n que es un número compuesto, no es un número primo.. Tomamos un numero de tres cifras cualesquiera, 79, y le aplicamos lo que dice el problema: , observamos que obtenemos el número de partida. Veamos que esto se cumple con cualquier número y para ello partimos de un número cualquiera yz: yzyz y z y z ( y z) 7 yz Por tanto, al dividir yzyz por 7, por y por, obtenemos el número de partida yz. 5

134 4. Indicamos con f () f(f()) y así sucesivamente por cuestiones de escritura. Para n 7 f(7) ; f (7) ; f (7) 4 ; f 4 (7) 7 ; f 5 (7) 5 ; f 6 (7) 6 ; f 7 (7) ; f 8 (7) 4 ; f 9 (7) ; f (7) ; f (7) 5 ; f (7) 6 ; f (7) 8 ; f 4 (7) 4 ; f 5 (7) ; f 6 (7) Para n f() 6 ; f () ; f () ; f 4 () 5 ; f 5 () 6 ; f 6 () 8 ; f 7 () 4 ; f 8 () ; f 9 () Para n 7 f(7) 5 ; f (7) 6 ; f (7) ; f 4 (7) 4 ; f 5 (7) ; f 6 (7) ; f 7 (7) 5 ; f 8 (7) 6 ; f 9 (7) 8 ; f (7) 4 ; f (7) ; f (7) Para n f() 5 ; f () 46 ; f () ; f 4 () 7 ; f 5 () 5 ; f 6 () 6 ; f 7 () 5 ; f 8 () 6 ; f 9 () 8 ; f () 4 ; f () ; f () ; f () 5 ; f 4 () 6 ; f 5 () 8 ; f 6 () 4 ; f 7 () ; f 8 () 6

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136 SOLUCIONES. Las asíntotas quedan: a) Las asíntotas de la función f( ) 6 son las rectas de ecuaciones 4 ; 4 e y. ( ) b) Las asíntotas de la función f( ) c) La asíntota de la función f( ) e. La solución queda: son las rectas de ecuación e y. es la recta de ecuación y. a) Calculamos a y b: f () 6 b a a f () 4 4b a b 9 b) La función es y 9 5, esta función corta a los ejes (, 5)(,) máimo en (,) y un mínimo en (, ). y tiene un. La solución queda: a) La derivada en el valor indicado: f ( t) At B f (5) A B B A Como f(5) 4 5A 45A C 4 Como f es continua en 9 y 44A 6A C 4 A B C 85 8

137 La función queda: b) La representación queda: 4. La representación queda: 5. Las funciones quedan del siguiente modo: a) y ( )( ) f ( ) Dominio: Dom f R Simetrías y periodicidad: es simétrica respecto al origen y no es periódica. Puntos de corte con los ejes:(,); (,);(,). Asíntotas y ramas infinitas: no tiene asíntotas. 6 6 Etremos: Mínimo, Máimo, Puntos de infleión: (,) 9

138 Intervalos de signo constante: b) y 4 Dominio: Dom f R Simetrías : simetrías respecto OY Puntos de corte con los ejes:(,). Asíntotas y ramas infinitas: no tiene asíntotas. Etremos: Mínimo (,) Intervalos de signo constante: f es positiva en todo R

139 c) y f 5 4 ( ) Dominio: Dom f R simetrías y periodicidad: ni es simétrica ni periódica. Puntos de corte con los ejes:(,)(,64;)(,4;) Asíntotas y ramas infinitas: no tiene. Etremos: Máimo (,) Mínimo 5 Puntos de infleión: ;5,65 6 Intervalos de signo constante: 9, 7 d) la función es f( ) 4 y queda: f( ) si 4 (,) si 4 (,] [, ) y su gráfica puede verse en el dibujo.

140 e) y Dominio: Dom f R Simetrías y periodicidad: no tiene. Puntos de corte con los ejes:(, ); (,); (,) Asíntotas: no tiene. Etremos: Máimo (,) Mínimo (, 4) Puntos de infleión: (, ) Intervalos de signo constante: f) 4 y f 8 ( ) Dominio: Dom f R Simetrías y periodicidad: es simétrica respecto al eje de ordenadas y no es periódica.. Puntos de corte con los ejes:(, 8);(,); (,) Asíntotas y ramas infinitas: no tiene. Etremos: Máimo (, 8) Mínimo (, 9) Puntos de infleión:,, 9 9 Intervalos de signo constante:

141 6. La epresión analítica queda: 7. Cada función queda: a) La función y sus derivadas son: f( ) a b c f ( ) a b f ( ) 6 a f () 4 c 4 Si tiene máimo en (,4) f '( ) b Si tiene infleión en f ''() 6 a a Luego la función queda: f ( ) 4 b) f ( ) 6 ; f () < Máimo en(, 4) f ( ) 6 6 f () > Mínimo en(,) f ( ) 6 f ( ) punto infleión en (, c) La gráfica es:

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143 SOLUCIONES 8. Las gráfica quedan: a) y 4 Dominio: Domf R { 4} Simetrías y periodicidad: No simétrica. Puntos de corte con los ejes: (,). Asíntotas: 4; y 4. Etremos relativos: Mínimo (,); Máimo (8, -6). b) y ( ) Dominio R { } Simetrías y periodicidad: No simétrica ni periódica. Puntos de corte con los ejes: (,) Asíntotas; ; y Etremos relativos: Mínimo (, / 4) 5

144 c) y Dominio: Domf R { }. Simetrías y periodicidad: No simétrica. Puntos de corte con los ejes: (,). Asíntotas: ; y. Etremos relativos: No tiene. Intervalos de signo constante: f es positiva en (, ) (, ) y negativa en (,). d) y Domf R. Dominio: { } Simetrías y periodicidad: Simétrica respecto al origen. Puntos de corte con los ejes: No tiene. Asíntotas: y ; Etremos relativos: Máimo (, ), Mínimo (,). Intervalos de signo constante: f es positiva en (, ) y negativa en (,). 6

145 e) y Dominio: Domf R. Simetrías y periodicidad: Simétrica respecto al origen. Puntos de corte con los ejes: (,). Asíntotas: y. Etremos relativos: Máimo, ; Mínimo,. Intervalos de signo constante: f es positiva en (, ) y negativa en (,). f) y Dominio: Domf R { },. Simetrías y periodicidad: Simétrica respecto al origen. Puntos de corte con los ejes: (,). Asíntotas: ; ; y. Etremos relativos: No tiente. Intervalos de signo constante: f es positiva en (,) (, ) y negativa en (, ) (,). 7

146 4 g) y f ( ) 4 Dominio: Domf R (, ). Simetrías y periodicidad: Simétrica respecto OY y no periódica. Puntos de corte con los ejes: (, ). Asíntotas: ; ; y. Etremos relativos: Máimo (, ). Intervalos de signo constante: f es positiva en (, ) (, ). f es negativa en (,). 8 h) y f ( ) 4 Dominio: DomfR. Simetrías y periodicidad: Simétrica respecto a OY y no periódica. Puntos de corte con los ejes: (,). Asíntotas: y. Etremos relativos: Máimo (,). Intervalos de signo constante: f es positiva en todo su dominio. 8

147 i) y Dominio: Domf R { }. Simetrías y periodicidad: No simétrica. Puntos de corte con los ejes: (,) ;,. Asíntotas: ; y. Etremos relativos: No tiente. Intervalos de signo constante: f es positiva en (, ) (, ) y negativa en (, ). 9. Las gráficas quedan: a) y ln( ) f ( ) Dominio: Domf (, ). Simetrías y periodicidad: Ni simétrica ni periódica. Puntos de corte con los ejes: (,). Asíntotas:. Etremos relativos: No tiene. Intervalos de signo constante: f es positiva en (, ) ; f es negativa en (,). 9

148 b) y e Dominio R Simetrías y periodicidad: Simétrica respecto a OY. No periódica. Puntos de corte con los ejes: (,) Asíntotas: No tiene Etremos relativos: Mínimo (, ) c) y f ( ) Dominio: Domf (, ] [, ). Simetrías y periodicidad: Es simétrica respecto al eje OY y no es periódica.,,. Puntos de corte con los ejes: ( ) ( ) Asíntotas: y ; y. Etremos relativos: No tiente. Intervalos de signo constante: f es positiva en todo su dominio. d) ln y f ( ) Dominio: Domf (, ). Simetrías y periodicidad: No tiene. Puntos de corte con los ejes: (,). ln Asíntotas:, pues lim e y, pues ln lim.

149 Etremos relativos: Máimo e,. e Intervalos de signo constante: f es negativa en (,) y f es positiva en ( ),. e) y e f ( ) Dominio: Domf R. Simetrías y periodicidad: No tiene. Puntos de corte con los ejes: (,). Asíntotas: y, pues lim e Etremos relativos: Mínimo,. e Intervalos de signo constante: f es negativa en (,), f es positiva en (, )

150 e f) y f ( ) e Dominio: Domf R { }. Simetrías y periodicidad: No tiene. Puntos de corte con los ejes: No tiene. e e Asíntotas: ; y, pues lim ; y, pues lim e e Etremos relativos: No tiene. Intervalos de signo constante: f es negativa en (,) ; f es positiva en ( o ),.. Queda: Es una función continua en [,6 ).

151 . Las funciones quedan: a) El gráfico de la función y f ( ) se obtiene al aplicar al gráfico de la función y f ( ) una simetría de eje el eje de abscisas. b) El gráfico de la función y f ( ) se obtiene duplicando las ordenadas correspondientes a cada valor de la abscisa en la gráfica de la función y f ( ).. En cada caso: a) Domf R { } 5 b) f ( ) para y 5 c) f ( ) > en, d) Asíntota vertical ; asíntota horizontal y cuando.

152 . La gráfica de la función f ( ) ln es: Las gráficas a representar son: a) b) c) 4

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154 SOLUCIONES 4. Los apartados quedan: a) La representación gráfica es la siguiente: La función se puede poner como: f ( ) si ( ) ( ) 7 si, 7 7, 7 7, 7 b) La ecuación de la recta tangente en se calcula de la forma siguiente: f () f ( ) y f () f ()( ) y 6 ( ) y 8 c) Máimo y mínimos relativos. Eiste un máimo relativo en el punto (,7) y sendos mínimos relativos en los puntos ( 7,) y ( ) 7,. 6

155 5. La solución queda: a) La mínima cantidad la arrojó a las horas y fue de Kg. b) La gráfica de esta función es la del dibujo, aunque en la realidad del problema sólo tiene sentido a partir del t. 6. La solución es: a). Dom f R El dominio válido en el conteto del problema es [ ),. b) La empresa obtiene beneficios máimos a los años y éstos son de millones de euros. c) No pierde dinero y sí puede llegar a no obtener beneficios ni pérdidas al cabo de muchos años. 7. Queda: a) Tiene un máimo en si f () y f () < ( ) a a f ( ) e ( a) f () e a a Para a, f ( ) tiene un máimo en, e 7

156 b) Representamos la función y e 8. La solución es: a) La gráfica de la función 4 y es la que presentamos: De toda ella tiene sentido real la parte que aparece con trozo grueso. La empresa deja de tener pérdidas al cabo del segundo año, según apreciamos en la gráfica. b) Los beneficios están limitados por, pues y es una asíntota horizontal: 4 lim 8

157 9. La solución es: a) Asíntotas: Horizontales: no tiene. Verticales: la recta de ecuación es Asíntotas oblicuas: y m b, pues: lim y ( / ) lim ( / ) f ( ) m lím lím ± ± y 4 4 b lím [ f ( ) m] lím lím ± ± ± ( ) 4 b) Máimos y mínimos. Las dos primeras derivadas son: ( ) f ( ) ( ) Anulando f ( ), se obtiene: y f () > Mínimo en [, f () ] (,) f ( ) < Máimo en [, f ( ) ] (, ) y f ( ) 8 ( ) c) Teniendo en cuenta los datos anteriores, la representación gráfica es la que aparece en el dibujo. 9

158 Unidad 9 Integrales indefinidas PÁGINA SOLUCIONES. La solución es: a) F ( ) 8; F( ), 5 b) F() cos ; F( ) cos c) F ( ) e ; F( ) e d) F ( ) ln( ) 5; F( ) ln( ). La solución en cada caso: 4 a) F ( ) f ( ), por tanto F () es primitiva de f () ( ) ( ) b) F ( ) f ( ), por tanto F() es primitiva de f (). ( ) ( ) ( ) c) F ( ) 4 sen cos 4 cos sen 8 sen cos f( )

159 PÁGINA 5 SOLUCIONES. Los números de la forma n y n son números impares. Su suma es: (n ) (n ) 4n 4 4( n ) que es un número par.. P Q ( a b ) ( c d ) a c a d b c b d ( ac bd) ( ac bd)

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161 SOLUCIONES. Las primitivas quedan:. Todas las primitivas son de la forma de f ( ) son de la forma F ( ) ln C. La que vale para es: F ( ) ln. La función buscada es: f ( ) 4. Las primitivas quedan: k) ( tg ) 5. La integrales quedan: 8 C l) ( ) C 9 4

162 6. Las integrales quedan: 7. Las integrales quedan: 5

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164 SOLUCIONES 8. Las integrales quedan: 9. Las integrales quedan: 4 5 d 5 C b) a) ( ) c) ( 4 4) ( ) 5 d C d) 5 d C 4e e d ln e C e) d 5ln C 7 f) d ln C g) d ln 4 7 C h) ( 9 ) d C 4 6 i) ln ( 6 d ) C j) ( ) ( ) 5 5 d C k) d ln C l) 5 5 d ln 8 C 8. Las integrales quedan: 7

165 i). Las integrales quedan: a) 4 d 6ln C b) 4ln 4ln d C c) d ln ( 4) C d) 4 d arctg C e) d ln C f) 4 ln ln d C 8

166 . Las integrales quedan: a) Cambio de variable ( t ) b) Cambio ( e t) ; c) Cambio ( ln t ) ; d) Cambio ( t ); e) Cambio ( t ) ; f) Cambio ( ln t) ; g) Cambio ( t ); h) Cambio ( e t ) ; i) Cambio ( t ); 9

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168 SOLUCIONES. Queda: f ( ) d C 4 Si la grafica de esta función pasa por (, 4) se verifica: La función pedida es f ( ) C C Queda: 5. La solución es: f ( ) 6 f ( ) C Por pasar por (,) C Luego f ( ) 4 f ( ) C 4 Imponiendo que pase por (, 5) obtenemos C 5 luego f ( ) Las integrales quedan: 5 a) Es inmediata ( 5 ) d C b) Es inmediata d ln( 5) C 5 c) Por cambio de variable ( t) obtenemos: d) Es racional

169 7. En cada apartado: a) b) Su gráfica es: 8. La solución: Por partes: Para que se anule en se debe verificar: Por tanto la primitiva buscada es: 9. La solución: Por tanto, la función buscada es:

170 . Queda: Como f ( ) f ( ) C f ( ) C D Como f ( ) pasa por (, ) : 4 C D Como f ( ) : 4 C Entonces: C 6 ; D 6 La función buscada es: f ( ) 6 6. La solución de la integral racional es: d d d C ln ln. La solución es: f ( ) f ( ) C. Como f ( ) C Luego f ( ), por tanto f ( ). Queda: 4. La integral queda: 5 / ( e ) Todas las primitivas de f () son F( ) C 5 5 / 5 / ( e ) ( e ) Dos primitivas son: F ( ) 7 y F ( ) 5 5

171 Unidad Integrales definidas. Aplicaciones PÁGINA 5 SOLUCIONES. Las áreas quedan: A u A u A 5 u. El área del recinto viene dada por : 4 ( ) ( ) Área d,5 u

172 PÁGINA 49 SOLUCIONES. La solución queda: Directo: Si sumamos dos números impares entonces, obtenemos un número par. Este resultado es verdadero: (n ) (m ) ( n m ) número par Recíproco: Si obtenemos un número par, entonces, sumamos dos números impares. Este resultado es falso. Podemos obtener un número par de la suma de dos pares. Contrario: Si no sumamos dos números impares, entonces, no obtenemos un número par. Este resultado es falso. De la suma de dos números pares se obtiene un número par. Contrarecíproco: Si no obtenemos un número par, entonces, no sumamos dos números impares. Este resultado es verdadero. Si no obtenemos un número par, estamos obteniendo un número impar. Este resultado proviene de sumar un número impar y otro número par; por tanto, no sumamos dos números impares.. Como en la hipótesis nos dicen que a y b son dos números reales positivos, podemos poner m a y n b ; así la desigualdad dada quedaría de la forma: m n m n Operando en esta desigualdad obtenemos m n mismo, vamos a demostrar que m n m n. m n Operando, convenientemente, en la primera epresión obtenemos: ( m n) m n m n o lo que es lo m n mn m n m n y como m y n son números reales positivos queda m n m n probado que esta epresión es mayor o igual que cero que es lo que queríamos demostrar.

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174 SOLUCIONES. Las sumas quedan: La suma superior es: S ( P) ( ( )) 6 ( ) 6 (4 ) La suma inferior es: s ( P) ( ( )) 5 ( ) (4 ) Las sumas quedan: La suma superior es: S ( P) ( ) ( ). La suma inferior es: s ( P) ( ) ( ) 4.. Las integrales definidas quedan: a) 6 4 d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: b) e d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y e aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( ) e c) e ln ln,45 5 ln d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: d) d 5 ( ln ) ( ln5) ( ln),69 Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo aplicando la regla de Barrow obtenemos: [ ] e) 4 ( ) arctg arctg arctg,6rad C y d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 4 aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( ) C y 4

175 4 4 f) d Resolvemos la integral indefinida por el método de integración de funciones racionales, descomponiendo la fracción dada en suma de fracciones simples. Después hacemos C y aplicando la regla de Barrow obtenemos el resultado de la integral pedida: 4 d d d 4 4 d 4 ( ) 4 8 d ln ln,79 5 g) aplicamos la regla de Barrow y obtenemos: h) 4 5 d Calculamos la primitiva por descomposición en fracciones simples, 4 d d d d [ ln ln ( ) ln ( ) ] ln, d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: i) 4 ( 9 4 ) b d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y b b b ln b ln ln,69 b aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( ) j) d Resolvemos la integral indefinida por el método de integración de funciones racionales, dividiendo numerador por denominador. Después hacemos C y aplicando la regla de Barrow obtenemos el resultado de la integral pedida: d d d ln C d ln 4,6 5 4 d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, k) ( ) haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: ( ) 6 897,8 9 5

176 5 6 l) ( ) d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo 5 C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: m) d Calculamos la integral indefinida como integral inmediata, haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: e 4 4 ln ln n) d Calculamos la integral indefinida por el método de integración por partes. Después haciendo C y aplicando la regla de Barrow obtenemos: 5 e d e e C e d e e,5 4 4 d ñ) Resolvemos esta integral por el método de cambio de variable. Para ello hacemos t y obtenemos una integral racional que hemos de descomponer en suma de fraccionas simples. tdt dt ln t t t dt ( ) t Después aplicamos la regla de Barrow y calculamos el valor de la integral definida dada: d ln,8 4. La integral queda: f ( ) d ( ) d d 5. Como P ( ) 4 A B Como A P ( ) d 4 B 4 A 6B Resolviendo el sistema formado por las dos condiciones obtenemos: A B 4 A A 6B Y B. 9 6

177 6. Las integrales quedan: a) d [ ] 6 b) d [ ] 9 c) d [ ] 8 d) d d π e) sen d [ cos ] π d f) d 4, Hallamos la función del modo siguiente: i) Como (,) F ( ) a b 4 ii) f ( ) d [ a b] 7a b 5 Por tanto: a b a 7a b 5 b 7

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179 SOLUCIONES 8. El área queda: a) 4 ( ) d u, u b) 6 d u 8,7 u 9. La solución queda: El área del recinto sombreado viene dada por: 7 ( ) d 6 6u Directamente este recinto es un trapecio y su área vale: B b 5 A h 6u Con lo que queda comprobado el resultado anterior.. El área del recinto sombreado es: 4 Área ( 4 ) d 64 u,7 u 4. La solución es el recinto sombreado: 4 4 (4 ) Área d 64,7 u 9

180 . El área pedida es la del recinto sombreado Área ( 8 7 ) d ,58 u 4 7. El área del recinto sombreado buscado vale: 6 Área d [ 6ln ] ln 6ln 4,95 u 6 4. Las diversas áreas quedan: a) 4 56 Área (6 ) d u b) Estas curvas se cortan en los puntos solución del sistema:

181 c) La función es: El área de la zona sombreada es: d) La gráfica queda: El área sombreada es: 4,5 ) ( )] ( ) 4 [( u d d A

182 e) La gráfica queda y el área sombreada quedan: 4 ) ( u d A f) La gráfica queda y el área sombreada quedan: ) ( )] ( [ d d A u u 5. La gráfica y la superficie quedan:

183 6. La solución queda: a ( ) d a 4 a a 9 7. La solución queda: 9 e t / 9 primeros días. dt [e t / 9 ] e 57 56,6gramos en total se vendieron los

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185 SOLUCIONES 8. Resolvemos la integral indefinida por el método de partes: a)cos d ( a) sen sen d ( a) sen cos ( C. a u du d cos d dv v sen Calculamos la integral definida aplicando la regla de Barrow: π / π ( a)cos d [( a) sen cos ] a π π Luego imponiendo la igualdad de enunciado obtenemos: a a 9. La solución es: a) Todas las primitivas de f() vienen dadas por su integral indefinida: 4 (4 8) d 5 8 C Por tanto: 4 F ( ) 5 8 C Calculamos la primitiva que cumple F ( ) : 5 8 C C 6 La primitiva buscada es: F ( ) b) f() ( 4 8) d [ 5 8] (6 6) ( 5 8) 4 8. Queda: i) F ( ) f ( ) 4 4 c a a 4 b c b 4 ii) ( a b c) d (4 4 c) d [ c] c 4 Como c c 5

186 . Las curvas dadas se cortan en los puntos solución del sistema: Área sombreada: Por tanto, la cantidad de agua transpirada por la hoja en ese periodo de tiempo es: C 5 5 6,7 mg. La función polinómica es de la forma: f ( ) a b c Como pasa por Como pasa por (,) c Como tiene un máimo en (,) 9 9a b c (,9) 6a b Siendo c a b 6 la función queda: f( ) 6 La recta pasa por (,) y (,9) tiene de ecuación: y 9 Área [( 6 ) ( )] d ( ) d u. La solución queda: a) f ( ) d e / d ae / ae / (ae / ) a( e su valor absoluto representa el área del recinto limitado por la grafica de la función f (), el eje OX y las rectas y. / e / ) 6

187 b) Si F es primitiva de f, imponiendo las condiciones tenemos que: f ( ) d F() F() a( e 4. El área del recinto sombreado es: / e / ) a 5. La solución es: a) La ecuación de la parábola que pasa por los puntos A ( 4,) y D(4,) y tiene el vértice en E(,) es: y 6 b) El are de la ventana rectangular es 4 El área de la ventana parabólica es: u. Luego hemos perdido un,% de luminosidad. 7

188 Unidad Formas de contar. Números para contar PÁGINA 59 SOLUCIONES. Utilizando una bandera, podemos hacer 5 señales diferentes. Utilizando dos banderas, podemos hacer 5 4 señales distintas. De igual forma, para tres, cuatro y cinco banderas se tendrán: 5 4 6, 5 4 y 5 4 6, 5 4 señales distintas, respectivamente. En total, se podrán hacer: señales distintas.. Los números de ocho cifras son de la forma ABCDDCBA. La cifra A puede ser ocupada por cualquier cifra que no sea cero. Las cifras BCD pueden ser cualesquiera. Por el principio de multiplicación, se pueden formar 9 9 números capicúas de ocho cifras.. Las seis personas en las seis butacas pueden sentarse de maneras diferentes. Si los padres se sientan en los etremos, pueden hacerlo de formas y dejan cuatro butacas para cuatro personas que las pueden ocupar de 4 4 formas distintas. Por el principio de multiplicación, habrá 4 48 formas distintas de sentarse si los padres lo hacen en los etremos. Si los padres no se sientan en los etremos, deben hacerlo en las cuatro butacas centrales. En estas butacas pueden hacerlo de 4 formas. En cada una de estas dejan cuatro butacas que son ocupadas por los hijos de 4 4 formas. En total, podrán sentarse en esta nueva disposición de 4 88 formas distintas.

189 PÁGINA 7 SOLUCIONES. En el rectángulo del dibujo, de orden 5 4, la diagonal corta en 8 cuadrados pequeños. Podrías enunciar una ley que determine el número de cuadrados que cortará la diagonal de un rectángulo de orden a b? Eperimentamos con los casos particulares más sencillos y ordenamos los resultados. Llamando a (altura) y b (base) a las dimensiones del rectángulo, podemos construir la tabla En el elemento en el que se cruzan la fila a con la columna b aparece el número de cuadrados pequeños atravesados por la diagonal, para un rectángulo de dimensión a b. Por ejemplo, la fila 4 y la columna se cruzan en el número 6, luego, en un rectángulo de orden 4 la diagonal atraviesa 6 cuadrados. Si analizamos los valores de la tabla anterior podemos plantear la siguiente conjetura: El número de cuadrados pequeños que atraviesa la diagonal de un rectángulo de orden a b es igual a: a b-, si a y b son primos entre si; si los números a y b no son primos entre sí, entonces el número es: a b da, siendo d el máimo común divisor de m y n.

190 . El producto de tres números naturales consecutivos no puede ser un cubo perfecto ya que si lo fuese se tendría: k n( n )( n ) Por otra parte son válidas las siguientes desigualdades: n < n( n )( n ) < ( n ) La desigualdad primera n n n n < ( )( ) n n n n <, es inmediata. Para probar la segunda n( n )( n ) ( n ) <, basta comprobar que: n( n ) < ( n ) Pero esto también es inmediato porque: n( n ) n n < n n ( n ) Luego el número n( n )( n ) no puede ser un cubo perfecto ya que se encuentra comprendido entre dos cubos perfectos consecutivos.

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192 SOLUCIONES. Asociando a cada etracción una pareja de números que se correspondan con los números obtenidos en las bolas y llamando A, B y C a los conjuntos de los resultados que dan nueve, diez u once, tenemos: Utilizando el principio de adición, las formas de obtener nueve, diez u once es: Realizando un recuento ehaustivo, se obtiene: Las puntuaciones que sumadas permiten obtener siete son: 5, 4,, y son 5. Las puntuaciones que sumadas dan once puntos son: 65, 64, 6, 55, 54, 444 y son 5.. Teniendo en cuenta que eisten 7 letras y dígitos, pueden formarse como combinación de todas ellas: placas distintas. 4. Serán números de 4 cifras que pueden empezar por 5, 6, 7, 8, 9. a) Si las cifras son diferentes hay V 5 5 9, b) Si las cifras se pueden repetir hay 5 V, 5 R 5. VR, formas distintas. 6. Podemos formar VR 64 palabras diferentes. 6,6 7. Podemos formar V 6 los números de tres cifras distintas. Serán múltiplos de 5 los que 5, terminen en 5, es decir V números. 4, 8. Podemos formar V banderas diferentes. 7, 9. 5 ratones pueden ser perseguidos por 5 gatos de P 5! formas distintas. Si el gato 5 4 4! 4 pequeño persigue al ratón pequeño son P 4 formas distintas.. Puede colocarlo de! formas distintas suponiendo que los coches sean diferentes entre sí. 5

193 ,, 8!. Se los pueden repartir de: P 8 56 formas diferentes!!!,, 6!. Se pueden pintar: P6 6 banderines diferentes.!!!. Podemos hacerlo de C, formas diferentes. 4. Si las tomamos de en podemos hacer C 8 pesadas diferentes; de en : C 8 pesadas diferentes; de en : C 56 ; de 4 en 4: C 7 ; de 5 en 5: C 56 ; de 6 8, 8, en 6: C 8,6 8 ; de 7 en 7: C8, 7 y de 8 en 8: C 8,8. En total: pesadas diferentes. 5. Podemos formar C 84 triángulos diferentes. 9. 8, 8,4 8, 6. En cada caso queda: Puede vender C 66 helados diferentes de sabores., Puede vender C C C helados diferentes de, o sabores.,,, 6

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195 SOLUCIONES 7. Podemos formar C 5 equipos distintos. Cuando uno es el capitán y debe jugar siempre,,5 entonces podemos formar C 6 equipos distintos. 9,4 8. En cada caso: a) n ( n ) ( n )( n ) ( n 4)( n 5) 96 n 5n 4 n 8 b) 6 n ( n ) ( n ) n n 8 ( ) c) ( ) 9 8 d)! 6 ( )! 6 e) Por la segunda propiedad de los números combinatorios podemos escribir la igualdad: n 4 n 9 n f) Por la misma propiedad del apartado anterior: 6 n n 9 9. Queda: a) Podemos formar números. b) Podemos formar números. c) Eisten 4 5 números.. Queda: a) Puede haber P 8! 4 clasificaciones diferentes. 8 b) Se pueden repartir de V maneras diferentes. 8, 5, 8! c) Eisten P8 56 clasificaciones diferentes. 5!! d) Puede haber P P P 44 clasificaciones diferentes. 5 8

196 . Queda: a) Tiene C 45 formas distintas de contestar.,8 b) En este caso C formas distintas. 7,5 c) C C 6 formas distintas. 4, 6,6 ( ). Llamando a los alumnos: C, Hay 8 alumnos en clase.. La solución es:,,.,,, Podemos formar P 66 palabras distintas.,,.,,, Empiezan por consonante las que empiezan por M que son P 4, por T,,.,,,,,.,, que son P 4, por C que son P 5 y por S que son P,,.,, 5. En total empiezan por consonante 97 palabras. Delante de MATEMATICAS están: 9

197 La siguiente ya es MATEMATICAS. Por tanto ocupa el lugar: El lugar será el Queda: a) Se pueden formar C 456 grupos distintos,5 b) Si han de entrar chicos y chicas se pueden formar: C C 5856, 8, 5. De P formas distintas suponiendo que las botellas son diferentes. Si son iguales 4,, son P 9 6 formas distintas.

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199 SOLUCIONES 6. Hay múltiplos de ; 4 múltiplos de 7; 9 múltiplos de ; 47 múltiplos de y 7; múltiplos de y ; múltiplos de 7 y ; 4 múltiplos de, 7 y. Por tanto utilizando diagramas de Venn obtenemos: Hay 48 números enteros del al que son múltiplos de, 7,, luego no son múltiplos Se pueden formar VR 56 bytes distintos. Tendrán 6 ceros y unos: P 8 bytes distintos. 8. En cada caso:,8 6, 8 a) Se pueden hacer P! fotos distintas. b) Se pueden hacer P P P P 68 fotos distintas. 4 5 c) Se pueden hacer P P 648 fotos distintas Podemos contestar de VR 496 formas distintas.,. De V 56 formas distintas. 8,. Tienen alguna cifra repetida 5,5 9 9 VR números de seis cifras. Tienen cifras distintas y terminan y empiezan en cifra impar: V8, 4 6 números.

200 . Podemos distinguir que: Veamos sola cara y hay 6 formas distintas. Si vemos caras hay formas distintas que son: (,)(,)(,4)(,5)(,)(,4)(,6)(,5)(,6)(4,5)(4,6)(5,6 ) De 8 formas distintas si vemos caras que son: ( 6,,)(6,, 4)(6,5,)(5,,)(5,, 4)(4,,)(,,)(6,5, 4) Luego en total hay 6 formas distintas de ver el dado.. queda en cada caso: a) Podemos formar C productos diferentes. 5, b) Serán negativos los productos en los que entre un numero negativo, es decir: C C 6 c) Serán positivos si entran positivos y negativos C C productos distintos.,,,, 4. Se pueden formar: C C C 4 comités diferentes.,, 8,4 5. Llamando al número de casas de la urbanización obtenemos: La urbanización tiene 8 casas. 6. Podemos hacer C 9886 apuestas diferentes. 49,6

201 Unidad Probabilidad PÁGINA 8 SOLUCIONES. Ninguno de los dos resultados tiene mayor probabilidad de salir, ya que el azar no tiene memoria.. La probabilidad es: 4 8. El resultado más probable es caras y cruces y se presentara 6 veces de cada 6, por término medio. 4. Si el juego es justo, las esperanzas deben ser iguales. Llamando a lo que gana Carlos, se 4 tiene:, luego,

202 PÁGINA 95 SOLUCIONES. Supongamos que no es irracional, por tanto será racional, con lo que se puede poner en forma de fracción de este modo: a con a, b Z y primos entre sí. b De esta igualdad obtenemos: a b Elevando ambos miembros al cuadrado nos queda: a b De aquí deducimos que a es múltiplo de. Si a es múltiplo de entonces a también lo es. Podemos escribir: a m con m Z y sustituyendo en la igualdad a siguiente epresión: ( ) m b y queda 9m b siendo también Con lo que b es múltiplo de y, por tanto, b también lo es. m b obtenemos la b. Con esto hemos llegado a que a y b son múltiplo de. Este resultado contradice el hecho de que a y b son primos entre sí. Por tanto, hemos llegado a una contradicción o absurdo, por lo que concluimos afirmando que no es un número racional, es decir, es un número irracional.. Tiene que ser no P pues si fuera P entonces sería Q y como dice no Q no puede ser P.

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204 SOLUCIONES. Las soluciones quedan: a) El espacio muestral tiene 8 elementos y son: b) El espacio muestral está formado por 6 resultados comprendidos entre suma, suma 4,, suma 8. c) El espacio muestral está formado por resultados comprendidos entre suma, suma,, suma. d) Llamando B a sacar bola blanca, N bola negra y V bola verde, se obtiene: Tanto si la etracción se efectúa con o sin reemplazamiento. e) Con reemplazamiento el espacio muestral consta de resultados posibles. Sin reemplazamiento el espacio muestra consta de resultados.. Los sucesos del enunciado son: 4

205 5. En cada caso queda: a) No es una probabilidad pues 6 77 ) ( ) ( ) ( > C P B P A P. b) No es una probabilidad pues. ) ( < C P c) Es una probabilidad pues ) ( ) ( ) ( ) ( D P C P B P A P y todas ellas son positivas y menores que. 4. Cada apartado queda: a) Como sabemos que 8 7 ) ( 9 6 ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( A P A P D P C P B P A P b) Queda: Aplicando que ) ( ) ( ) ( ) ( D P C P B P A P obtenemos: ( ) ( ) 6 6 P A P A c) Sustituyendo las relaciones dadas en la igualdad ) ( ) ( ) ( ) ( D P C P B P A P obtenemos: 6 ) ( ) ( ) ( 6 ) ( ) ( A P A P A P A P A P d) Sustituyendo las relaciones dadas en la igualdad ) ( ) ( ) ( ) ( D P C P B P A P obtenemos: 8 ) ( ) ( 4 ) ( ) ( ) ( A P A P A P B P A P 5. Queda: a) Como } { a S S, los sucesos S y S no son incompatibles. b) ) ( ) ( ) ( ) ( S S P S P S P S S P 4 4 ) ( ) ( S P S P

206 6. Sabemos que P( A B) P( A) P( B) P( A B), luego sí es posible siempre y cuando se dé que P ( A B),. 7. Sabiendo que: P( A B) P( A B) y utilizando las siguientes igualdades: P( A) P( A B) P( A B) P( A B) [ P( A) P( B)] P( A B) P( B) P( A B) Del mismo modo: P( B A) P( B A) [ P( A) P ( B)] En el caso de que: P( B A) P( B A) P( A B) Obtenemos: P ( A B) P( A B) P( A) P( B) P( A) P( B) En este caso A B y P( A) P( B) 8. Llamando C a salir cara y X a salir cruz, tenemos: P ( C) P( X ) y P( C) P( X ) P( C) y P( X ) El espacio muestral consta de 4 6 elementos. 5 a) P( al menos una cruz ) P( todas caras ) 6 6 b) P( caras y cruces ) 6 6

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208 SOLUCIONES. En cada caso queda: a) Los casos posibles son: Los casos favorables son: Un cuatro: (4,, ),(,4, ),(,,4) ; Dos cuatros: (4,4, ),(4,,4),(,4,4) ; 5 5 Tres cuatros: ( 4,4,4); 9 En total : , por tanto la probabilidad es de, 4 6 b) Los casos posibles son: Suma : Suma 4: Suma : Suma 5:4 En total: y la probabilidad de obtener suma menor que seis es de, 8 6 c) Ya que obtenemos: 8

209 . Queda: 8 a) P( gana º ) P( suma impar ) 6 b) P( gana º ) P( suma múltiplo ) 6 c) P( ninguno gana ) P( ni suma par ni múltiplo de } 6. P( bastos o menor de 5 ) P( bastos ) P( < 5) P( bastos y 6 4 < 5 ) Queda: P( sota, caballo y rey ) En cada caso: a) P( roja ), 4 b) P( verde ), 5 5 c) P( roja o verde ), 75 d) P( no roja ), 6 5. Las probabilidades son: a) 5 4 P( dos negras ), 4 9 b) P( dos rojas ), c) P( ª roja y ª negra ), d) P( una roja y una negra ),

210 P( al menos una blanca ) P( las tres negras ), En este caso hemos supuesto que no reemplazamos las bolas de la urna En caso de reemplazar las bolas la probabilidad pedida es:, La probabilidad queda: P( igual color ) P( BB) P( NN), La solución es: a) Casos posibles P 6.casos favorables en los que los dos últimos son los hombres son luego la probabilidad pedida es b) Puede decirse: 6 Por tanto: 9. Los sucesos A y B son independientes si cumplen: P( A B) P( A) P( B) 5 En este caso : 4 P( A B) P( A) P( B) P( A B) 5 5

211 . Queda: Múltiplos de {,6,9,} Múltiplos de 4 {4,8,} Múltiplos de y de 4 {} 4 P () P (4) P ( 4) Por tanto los sucesos son independientes pues se cumple que P ( 4) P (4) P (). Utilizando la igualdad P( A B) P( A) P( B) P( A B). Obtenemos: 5 a) P ( A B) Como P ( A B) los sucesos son compatibles y como ocurre lo siguiente P( A B) P( A) P( B), entonces los sucesos son independientes. b) P ( A B) Como P( A B) los sucesos son incompatibles y como 6 P( A B) P( A) P( B), entonces los sucesos son dependientes.

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213 SOLUCIONES. La solución en cada caso es: 5. La probabilidad es:, La probabilidad es: P( respuesta correcta ), En cada caso es: P( piensen el mismo numero ) 9 P( no piensen el mismo número ) P( piensen el mismo numero ), 9 6. La probabilidad es: 4 P( al menos en su caja ) P( todos ) P( solo uno ), Casos posibles son V 6 5, Casos favorables son los números que terminen en, en, en 5 y en 4 en total números. La probabilidad pedida es, La probabilidad es:

214 9. Suponemos que el porcentaje de alumnos que cursan cada una de las carreras es el mismo. En este supuesto se tiene:. En cada caso: a) El espacio muestral asociado al eperimento de lanzar tres monedas. b) En este caso:. Se tiene que: Por tanto: 4

215 Unidad Probabilidad condicionada PÁGINA 5 SOLUCIONES. La composición de la bolsa queda con canicas rojas, azules y verdes. Por tanto, el color más probable de las que quedan dentro es azul.. La probabilidad es.. En cada caso: a) Con reemplazamiento la probabilidad es Sin reemplazamiento la probabilidad es

216 b) Con reemplazamiento 4 Sin reemplazamiento 9 4. Las probabilidades son: a) P( caja segunda y bola blanca ) caja primera y bola blanca 4 b) P( caja primera y bola blanca ) 6 P( bola blanca)

217 PÁGINA 5 SOLUCIONES. Siguiendo el método de inducción y sabiendo que la igualdad es cierta para valores pequeños de n, damos por supuesto que es cierta para un valor cualquiera y demostramos que también lo es para el siguiente: Para n vemos que la igualdad es cierta pues Para n calculamos A A Suponemos que es cierta para n p, es decir: A A A p p Hemos de ver que también es cierta para n p, es decir hemos de probar que ocurre lo A siguiente: p p A A. Para ello calculamos esta matriz que es lo que queríamos p p p p A A A A A A demostrar. Con esto hemos demostrado que la igualdad es cierta para p. Por tanto podemos afirmar que es cierta n N.

218 5. Siguiendo el método de inducción y sabiendo que n n es múltiplo de 5 es cierto para valores pequeños de n, damos por supuesto que es cierto para un valor cualquiera y demostramos que también lo es para el siguiente. Para n vemos que la igualdad es cierta pues 5 múltiplo de 5 Para n 5 múltiplo de 5 Suponemos que es cierta para n p, es decir: 5 p p es múltiplo de 5. Hemos de ver que también es cierta para n p, es decir hemos de probar que se cumple 5 la siguiente epresión: ( p ) ( p ) Para ello operamos y obtenemos: ( ) ( ) es múltiplo de p p p 5p p p 5p p ( p p) 5( p p p p) que es una epresión que resulta múltiplo de 5 múltiplo de 5 múltiplo de 5, que es lo que queríamos demostrar. Con esto hemos demostrado que la igualdad es cierta para p. Por tanto podemos afirmar que es cierta n N.. Siguiendo el método de inducción y sabiendo que la igualdad es cierta para valores pequeños de n, damos por supuesto que es cierta para un valor cualquiera y demostramos que también lo es para el siguiente. Para n la igualdad es cierta ( ) 4 Para n la igualdad es cierta pues ( ) 4 ( p ) p Suponemos que es cierta para n p, es decir:... p 4 Hemos de ver que también es cierta para n p, es decir hemos de probar que se da la ( ) ( p ) p siguiente epresión:... p ( p ) 4 Para ello utilizando lo anterior obtenemos: ( ) ( ) p ( ) p p p p ( p ) ( p ) p que es lo que queríamos demostrar. Con esto hemos demostrado que la igualdad es cierta para p. Por tanto podemos afirmar que es cierta n N. 4

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220 SOLUCIONES. Las probabilidades son: a) P( una persona sin gafas ), b) P( una mujer con gafas ), Quedan: P( salga /salió impar ) P( par/mayor que ). La solución es: a) P( mujer ) b) P( menos de 4 años ),5,4,5,, 5,7 c) P( mujer/mas de 4 años ), 585,7,6 4. Queda: a) P( hombre ) 6 b) P( este enfermo ), c) P( hombre/esta enfermo ), 5 6 6

221 5. Sean A y B, respectivamente, la primera y la segunda de las pruebas. Tenemos: a) P( pase al menos una ) P ( A B),6,8,5, 9 b) P( no pase ninguna ) P( no pase ninguna ),9, c) No son independientes, ya que P( A B),5 y P( A) P( B),6,8, 48 son diferentes. d) Queda: 6. Las probabilidades son: 8 a) La probabilidad es:, b) P( nocturna/defectuosa ), La solución en cada caso: 5 a) P ( defectuoso y de A ), b) P ( defectuoso ), c) P ( C/no defectuoso ) 6,

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223 SOLUCIONES 8. Queda: P(Fiebre y Tensión alta),76,58,6,7 P ( F T ) P ( F T ),6,8 9. Se dice: P ( figura ), P( oro ), 5 P ( figura de oros ), Al ser P ( figura de oros ) P( figura) P( oros ), los sucesos son independientes.. Queda: P ( A B) P( A B),7 P( A B), Como P( A) P( B) P( A B) no son independientes los sucesos A y B. P ( A B) P( A) P( B) P( A B),,6,7,. La solución: a) 5 P ( C A), 75 4 b) P( primera decena / rojo) 5 / 4 5 P( primera decena/rojo ), 5 P( rojo) / 4 c) Veamos si los sucesos A y B son independientes. Al ser P( A B) P( A) P( B), los sucesos son independientes. Lo mismo ocurre para los sucesos A y C. 9

224 . Obsérvese el esquema siguiente: 4 a) P( segunda roja ) b) P( ambas del mismo color 6 6 ) P(ª roja y ª roja) / 7 c) P( ª roja/ª roja ) P(ª roja) 4/ 7 4. La probabilidad pedida es: P( N P( N y pérdidas), / / pérdidas ) P(pérdidas), /,4 /, 5, Queda: a) P(daltónica/hombre) / P( daltónica/hombre ), 667 P(hombre) / b) / 5 P( daltónica/mujer ), 8 / 5 c) P( daltónica ), La probabilidad es: P(cursa francés y es mujer),,5 P( cursa francés/es mujer ), P(mujer),5

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226 SOLUCIONES 6. Las soluciones quedan: a) P ( defectuoso ), 4 4 b) P ( C/defectuoso ), La probabilidad viene dada por: a), 69 Luego el 69% de las familias utiliza coche b) P ( resto España/ no coche ), En cada caso: 5 75 P ( pertenezca a A / no ha aprobado ), P ( pertenezca a B / no ha aprobado ), Observa el diagrama resultante: La probabilidad es: P(pasa blanca y sale blanca) / / 4 P ( pasa blanca/sale blanca ) P(sale blanca) / / 4 / / 6 4 7

227 La probabilidad es: P ( mismo color ), Queda: P(de la ª casa y no funciona) P ( de la ª casa/no funciona) P(no funciona),6,4,4,857,6,4, 4,5,84. Quedan: a) P ( ª verde ), b) P ( igual color ), En cada caso: a) 4 9 P( negra ), b) 5 6 P( negra ), La probabilidad queda: P( ª urna / roja) 4,

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229 SOLUCIONES 5. En cada caso queda: a) La probabilidad pedida es una probabilidad total: P ( Errónea) P ( Errónea /ª persona) P ( Errónea / ª persona) P ( Errónea / ª persona),,, 45,,,5,55 b) Utilizando el teorema de Bayes, obtenemos: P(ª persona y correcta) P(ª persona / correcta) P( correcta),45,97, 465,465,446,,99, 45,97,5,98,97, 465,45, Queda: a) A y B son independientes puesto que P(A) P(A/B), es decir B no influye en la probabilidad de A. b) Como P( A B) P( A) P( B) P( A B). Si P ( B ) entonces P ( B ), por ser A y B independientes: 4 4 P( A B) P( A) P( B) P( A B) Decimos: Hombres Mujeres TOTAL Sólo mañanas 5 5 No sólo mañanas 5 5 TOTAL 5 A partir de la tabla obtenemos: a) La probabilidad de que sea hombre o sólo trabaje en el turno de mañana es la epresada a 5 5 continuación: P 5 7 b) ( Mujer no solo mañanas) 8. Como P( B / A) P( B / A) y P( B / A ), ; entonces P( B / A ),7. 5

230 9. Epresamos la información del enunciado en una tabla de contingencia: Mayores de 45 Menores de 45 años años Totales Directivo 6 8 No directivo Totales 8 Observando los valores de la tabla, respondemos a las preguntas: a) El porcentaje de los trabajadores que tiene más de 45 años y no desempeña ningún cargo directivo es el 4%. b) El porcentaje de los trabajadores que no es directivo y no es mayor de 45 años es el 78%. c) El porcentaje de trabajadores que son directivos y no tienen más de 45 años es el %. El % de 5 trabajadores es.. Como A y B son independientes entonces P( A B) P( A) P( B) Como P( A B) P( A) P( B) P( A B) obtenemos: P A P B ( ) ( ) 7 P( A) P( B). 6 Resolvemos el siguiente sistema de ecuaciones: 7 P( A) P( B) 6 P( A) P( B) Las soluciones son: Si Si P( B) P( A). P( B) P( A). 6

231 . Construimos una tabla de contingencia con los datos que aparecen en el enunciado. Calculamos los valores de cada una de las casillas en tantos por ciento. Multa No Multa Totales Accidenta 5,5 7,5 No Accidente 5 7,5 6,5 Totales 5 5 Observando la tabla respondemos a las cuestiones del enunciado: a) El porcentaje que no ha tenido nunca un accidente ni les han puesto nunca una multa es el 7,5%. b) El porcentaje que no ha tenido nunca un accidente es 6,5%. Este valor de 6,5% se calcula : El 6% de es 7,5% y se obtiene 6,5% c) Entre las personas que no han tenido nunca una multa 5% del total es decir un,5, el porcentaje de las que no han tenido nunca un accidente 7,5% del total, es decir un,75, es el 75% de ese valor.. Hacemos una tabla de contingencia con los datos del problema y obtenemos: Asisten No Asisten Totales Aprueban No Aprueban Totales 9 Las probabilidades pedidas son: a) La probabilidad de que no haya asistido a clase y haya aprobado es 45,5 b) Entre los que han aprobado la probabilidad de haya asistido a clase es 68,789 También podíamos haberlo hecho por el teorema de Bayes:,8,56 P( Asiste / Aprueba ),789 9,7,8,5 7

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233 SOLUCIONES 5. P ( suma par/ha salido tres ) 4. La solución es: 5 75 a) P ( blanca ), P(blanca y marcada) 75 b) P( blanca/marcada ), P(marcada) Queda: 6. Queda: P(obtener 4 caras con moneda de caras) P(moneda de caras / han salido 4 caras) P(obtener 4 caras) 8,

234 7. En el diagrama de Venn podemos ver los datos del problema: 8. Las posibles configuraciones de la urna pueden verse en el dibujo adjunto. P(blanca y blanca) P( segunda blanca/primera blanca ) 4 4, 5 P (primera blanca) En cada caso: 6 a) P( cara ), 7 b) P( roja/cara ), La solución es: 5 7 P( A / detectado defectuoso) , Queda: P(blanca y blanca) P( segunda blanca/primera blanca ), 67 P (primera blanca) 6

235 Unidad 4 Estadística inferencial. Muestreo. Estimación puntual PÁGINA 7 SOLUCIONES. Mediante muestreo aleatorio simple asignando un numero desde el ; ;,, 499 para cada uno de los 5 alumnos y después tomando en una tabla de números aleatorios los alumnos que corresponden a los 5 números primeros seleccionados y estos formaran la muestra buscada.

236 . Elegimos la muestra mediante muestreo estratificado. Los estratos son los alumnos entre 8 y años, los alumnos entre y 4 y los alumnos de más de 4 años. El tamaño muestral de cada estrato será proporcional al tamaño de estos. 45 alumnos entre 8 y años. y 67,5 alumnos entre y 4 años. z 7,5 alumnos con más de 4 años. y z Las probabilidades pedidas son: 8,5 8 a) P ( X > 8,5) P Z > ( > ) ( < ), 587,5 P Z P Z 7,5 8 b) P ( X < 7,5) P Z < ( < ) ( < ), 587,5 P Z P Z c) P ( 7 < X < 9) P ( X < 9) P ( X < 7) P( Z < ) P ( Z < ), Es una distribución binomial B 5;. Las probabilidades pedidas son: 5

237 PÁGINA 4 SOLUCIONES. Puesto que tanto el nombre de pila como los dos apellidos pueden comenzar por cualquiera de las 6 letras del alfabeto, por el principio de multiplicación de la combinatoria tenemos , conjuntos ordenados distintos de tres iniciales. Por el principio de distribución, el número mínimo de habitantes necesarios para garantizar que eisten dos con las mismas iniciales será En esta situación los nidos sonr 7 576, es decir, los conjuntos ordenados distintos de tres iniciales; y las palomas son el número mínimo de habitantes, n Seleccionemos una persona, digamos A. Mantiene correspondencia con las 6 restantes. Como solamente hay tres temas, según el principio del palomar, debe escribirse al menos con seis de ellas sobre el mismo tema. Para fijar ideas, supongamos que A se escribe al menos con 6 de las restantes 6 sobre el tema I. Si alguna de estas seis se escribe con otra sobre el tema I, entonces ya hay tres escribiéndose sobre el tema I. Supongamos que estas seis personas se escriben sobre los temas II y III. Si B es una de estas seis, entonces, por el principio del palomar, debe escribirse al menos con tres de las otras 5 sobre uno de los dos temas, por ejemplo el tema II. Ahora hay dos posibilidades para estas últimas tres personas. Si alguna se escribe con otra sobre el tema II, ya hemos encontrado tres personas que se escriben sobre el tema II. Si, por el contrario, ninguna de las tres se escribe con las otras sobre el tema II, entonces las tres deben escribirse entre sí sobre el tema III, con lo que está probada la afirmación del enunciado.

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239 SOLUCIONES. Conociendo el número total de páginas se asigna un número a cada una de ellas y se etraen las 5 de la muestra mediante la tabla de números aleatorios siguiendo un muestreo aleatorio simple.. En cada caso queda: Si elegimos la muestra por medio del muestreo aleatorio simple procedemos como en el problema anterior. Si elegimos la muestra por medio del muestreo aleatorio sistemático elegimos al azar un 5 elemento de la muestra y a partir de él de en tomamos los 4 restantes pues.. Los estratos los forman los distintos cursos. El tamaño de cada estrato será proporcional al tamaño de estos. Así: y z t 6 / Alumnos de º de ESO; y Alumnos de 4º de ESO; z Alumnos de º de Bachillerato; t 5 De º de Bachillerato. 5

240 4. La solución es: a) La media de la población es µ 7. b) La desviación típica de la población es σ, 4 c) La distribución de las medias de las 6 muestras con reemplazamiento de tamaño es: La media de la distribución muestral de medias es: d) La desviación típica de la distribución muestral de medias es: 5. Queda: Considerando los estratos como cada una de las secciones obtenemos: Luego en la muestra habrá: y z t k Libros de la sección y 4 Libros de la sección. z 6 Libros de la sección t 5 Libros de la sección 4. k 7 Libros de la sección 5. 6

241 6. Queda: La distribución muestral de medias es normal y viene dada por pedidas son: N ;. Las probabilidades 64 σ 7. Si la varianza es 8, la desviación típica es 8 y 8 σ 6, La duración media de las pilas es normal N (9;8). La distribución muestral de medias 8 también es normal N 9; N (9;8). a) P ( X > 9) P ( Z >,5) P ( Z,5), 56 b) si la muestra es de 64 pilas, la distribución muestral de medias es N (9;). P ( X > 9) P ( Z > ),587 7

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243 SOLUCIONES 9. La distribución muestral de medias es normal N 76; N (76;,67 ) 6 Las probabilidades pedidas son: a) P ( X 76) P ( Z ), 5 b) P ( X < 7) P ( Z <,6) P ( Z >,6),. La probabilidad de que el accidente no sea de moto es 4, 8. 5,8, La distribución muestral de proporciones es normal N,8; N (,8;,8 ). Las probabilidades pedidas son:. La solución es:,6,4 La distribución muestral de proporciones es normal N,6; N (,6;,4 ) 5 La probabilidad pedida es:. Los parámetros de la distribución muestral de proporciones son: 9

244 . Queda:,46,54 La distribución de proporciones es normal N,46; N (, 46;,6 ) La probabilidad pedida es: 4. La solución en cada caso: a) La distribución muestral de medias tiene por media µ 5 y desviación típica σ,9 b) La distribución muestral de medias en muestras de tamaño es normal N (5;, ). La probabilidad pedida es: 5. Queda:, La distribución muestral de medias es normal y viene dada por N 8,; N (8,;, ) 5 Las probabilidades pedidas son: 6. La solución: Sabemos que P ( X > ), 546 σ P ( X > ) P Z >,546,66 σ. Como σ σ 8 σ σ. 6

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246 SOLUCIONES 7. Queda: a) La media y la desviación típica de la población son: µ 6 ; σ, 86. b) Podemos formar C muestras posibles sin reemplazamientos y obtenemos: 5, La media de la distribución muestral de medias es: 5,99 6 µ,5 σ c) Se verifica que µ µ σ N n y σ 4 n N,

247 8. La solución es: 5 La distribución muestral de medias es normal N ; N (;,4 ) 49 La probabilidad pedida es: En el segundo caso si n 8, la distribución muestral de medias es 9. Queda:.5 La distribución muestral de medias es normal N,5; N (,5;,5 ) P (,496 <,58) P (,74 < Z <,74),98 Es decir el 9,8 % no son defectuosos, por lo tanto el 8,7 % de los tubos son defectuosos.. Queda: De la muestra obtenemos: 4 y σ 5. Los precios se distribuyen según la normal medias se ajusta a la normal N (4;,5 ). N µ; 5 6 es decir la distribución muestral de. La solución es: La distribución muestral de medias es normal N 6; N (6;, ) La probabilidad pedida viene dada por: P ( 59 < X < 64) P (,5 < Z <,5), 9876 Luego el 98,76 % de los chicos tiene su estatura entre 59 y 64 cm.

248 . Queda:,,8 La distribución muestral de proporciones viene dada por: N,; N (,;,5 ) 56 La probabilidad pedida es:. Queda: La distribución muestral de diferencia de medias entre los trenes de corto y largo recorrido está caracterizada por: µ 5 σ 5 ; µ 5 σ C La distribución muestral admite como parámetros: C L L 4. La solución es: La distribución muestral de diferencia de medias es: 4

249 Unidad 5 Estadística inferencial. Estimación por intervalos. Pruebas de hipótesis PÁGINA 5 SOLUCIONES. El peso de azúcar por confitura se distribuye según la normal N (465;). Veamos el porcentaje que puede considerarse como almíbar: Luego el 89, 96% lleva el nombre de almíbar, es decir 79, 9 botes son almíbar y no llevan la mención de almíbar el, 4% es decir, 8 botes.

250 . Queda: a) El número de caras obtenidas al tirar una moneda sigue una distribución binomial B (4;,5). La esperanza matemática es µ 4,5 La varianza es σ n p q 4,5,5. b) La distribución binomial anterior la podemos aproimar a la normal N (;) c) P ( X > ) P( X,5) P( Z,5) P( Z <,5), P ( 8 < X < ) P(79,5 X,5) P( Z,5) P( Z,5) P( Z,5),9596 d) P ( X ) P(9,5 < X <,5) P(,95 < Z <,5), 54 P ( X 9) P(89,5 < X < 9,5) P(,5 < Z <,95) P(,95 < Z <,5),4

251 PÁGINA 69 SOLUCIONES. El error cometido está en el paso: cos º cos 9º cos 9º cos (-º) cos º cos º Simplificamos o dividimos por cos 9º. Esta simplificación nos puede conducir a cualquier resultado, ya que: Sí a b y simplificamos por cero, entonces, a b.. En este caso el error lo cometemos en el paso t t a b t t a b La raíz cuadrada de una epresión tiene dos raíces, opuestas, y tomamos la que nos conviene para crear el error.

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253 SOLUCIONES. El estimador muestral es la media X, 764. La desviación típica de la distribución muestral,58 de medias es σ,7. 5 Al nivel de confianza del 9 % le corresponde un crítico z, 645. α / El intervalo de confianza en el que se encuentra el diámetro medio de los remaches es: Es decir,. El estimador muestral es la proporción p ˆ, 4.,4,6 La desviación típica de la distribución muestral de proporciones es σ ( pˆ), 89. Al nivel de confianza del 75 % le corresponde un crítico z, 5. α / La proporción de alumnos de la población con dos o más hermanos se encuentra dentro del siguiente intervalo de confianza: P (,4,5,89;,4,5,89) P (,977;,54). El estimador muestral es la proporción p ˆ. 9 La desviación típica de la distribución muestra de proporciones es: σ ( pˆ), 5 Al nivel de confianza del 95 % le corresponde un crítico z, 96. α / El intervalo de confianza en el que se encuentra la proporción de votantes de la población es: P,96,5 ;,96,5 P (, 484;,686) 5

254 4. La distribución muestral de diferencia de medias es normal: N 5 5,5; N (,5 ;,6) Para un nivel de confianza del 99 % le corresponde un crítico z, 58. El intervalo de confianza para la diferencia de medias es: α / µ A µ B (,5,58,6 ;,5,58,6) es decir (,77 ;,769). La diferencia de medias nula esta dentro del intervalo por lo que no podemos decir que un método sea más eficaz que otro. 5. La solución queda: 8,8 a) La distribución muestral de medias es normal N,4; N (,4 ;,) 4 A un nivel de confianza del 9 % le corresponde un crítico z, 645. La antigüedad media de la flota µ se encuentra en el intervalo (,4,645, ;,4,645,) (,6 b) El error de estimación es,645,, 55. ; 5,56) α / Al nivel de confianza del 95 % le corresponde un crítico z, 96. n z α / E σ,96 8,8,55 56,7 La muestra debe contener al menos 57 aviones. α / 6. La distribución muestral de medias es normal N ; N ( ;,5) 4 A un nivel de confianza de 99 % le corresponde un crítico z, 58 α / El precio medio de los libros de teto se encuentra en el intervalo: µ (,58,5 ;,58,5) (8,68 ;,),5 7. La distribución muestral de medias es normal N,; N (,;,5) 4 a) Al nivel de confianza del 95 % le corresponde un crítico z, 96.el intervalo buscado es: µ (,,5,96 ;,,5,96) µ (,8 ;,) α / 6

255 b) A un nivel de confianza del 99 % le corresponde un crítico z, 58.el intervalo buscado es: µ (,,5,98 ;,,5,58) µ (,68 ;,) α /,5,75 8. La distribución muestral de medias es normal N,5; N (,5;,6) 5 Al nivel de confianza del 95 % le corresponde un crítico z, 96.el intervalo viene dado por: P (,5,6,96 ;,5,6,96) (, ;,7) α / 7

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257 SOLUCIONES 9 9. La distribución muestral de medias es normal N 8,; N (8,;,) 8 Al nivel de confianza del 95 % le corresponde un crítico z, 96. α / La estancia media en el hospital se encuentra en el intervalo: µ ( 8,,,96 ; 8,,,96) µ (7, 478 ; 8,77). Los estadísticos correspondientes a esta muestra son: 4 y s 5 5 a) La distribución muestral de medias sigue la normal N 4; N (4;,5 ) 6 b) A un nivel de confianza del 95 % le corresponde un crítico z, 96. α / El intervalo de confianza para la media poblacional es: µ ( 4,5,96 ; 4,5,96) µ (,55 ; 6,45) 6. La distribución muestra de medias sigue la normal N 675; N ( 675; 6) A un nivel de confianza del 95 % le corresponde un crítico z, 96. α / La media de ingresos anuales se encuentra en el intervalo: µ ( 675,6,96 ; 675,6,96) (6,4 ; 988,6). A un nivel de confianza del 95 % le corresponde un crítico z, P ( 9 < X < ),95 9,96 9,8 n n > 49 n Al menos 5 individuos deben formar la muestra. α /. A un nivel de confianza del 95 % le corresponde un crítico z, 96. El tamaño de la muestra viene dado por: n z α / E σ,96,, 7,74 El tamaño mínimo de la muestra es de 7 pollos. α / 9

258 4. La distribución muestral de proporciones es normal N (,55;,5 ) Los intervalos pedidos son: P (,55,5,96 ;,55,5,96) (,45 ;,648) P (,55,5,58 ;,55,5,58) (,4 ;,679) P (,55,5 ;,55,5 ) (,4 ;,7) 5. El tamaño de la muestra es: n z α / p q,96,55,45 594,5 E,4 Al menos se debe tomar 595 votantes. 6. A un nivel de confianza del 99 % le corresponde un crítico z, 58. α / 5 975,58 z α / p q El tamaño de la muestra viene dado por: n 64, 89 E,5 Al menos se han de tomar 65 piezas El error viene dado por E. El nivel de confianza del 98 % le corresponde un crítico z,. α / zα / σ, El mínimo tamaño muestral viene dado por: n 7, 8 E Debemos tomar al menos 8 electrodomésticos.

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260 SOLUCIONES 8. Para un nivel de confianza del 9 % o un nivel de significación del % los valores críticos para pruebas unilaterales z ó bilaterales z los hallamos utilizando la tabla de a distribución normal N(,) P ( z z α ),9 z,8 α y mediante las siguientes epresiones: P ( z z z / ),9 z / α α / α α,645 α / Del mismo modo obtenemos los valores críticos para los restantes niveles de confianza. 9. Las hipótesis son: Es unilateral y para un nivel de significación del 5 % le corresponde un crítico z,645. α En la grafica hemos sombreado la zona de aceptación de la hipótesis nula H. La distribución muestral de medias se ajusta a la normal N 8 ; (8; 4) 5 El intervalo de confianza para el nivel de significación dado es: ( 8,645 4 ; 8,645 4) (76,5 ; 89,48) Como la media 75 está fuera del intervalo rechazamos la hipótesis nula, es decir, aceptamos que la vida media es menor de 8 horas. Otra forma de resolver el problema es viendo que la variable tipificada: 75 8 z,8 cae dentro de la zona de rechazo, por tanto, rechazamos la hipótesis nula 4 de que la vida media es mayor de 8 horas.

261 . Las hipótesis son: H : p,78 H : p >,78 La prueba es unilateral y al nivel de confianza del 99 % le corresponde un crítico z,. La distribución muestral de proporciones es normal N (,78 ;,9).,8,78 El valor tipificado: z, 6,9 Como z cae fuera de la zona sombreada de aceptación rechazamos la hipótesis nula y podemos afirmar que la situación ha cambiado. α. Las hipótesis son: H : p, H : p >, La prueba es unilateral y al nivel de significación del 5 % le corresponde un crítico z, 645. La distribución muestral de proporciones es normal N (, ;,54).,8, El valor tipificado viene dado por: z, 48,54 Como este valor cae en la zona de aceptación, aceptamos H. α

262 . La solución queda: p,5 84 n 4 ; pˆ,46 4 Las hipótesis son H H : p,5 : p <,5 Es unilateral, al nivel de significación del % corresponde un crítico z, que nos da lugar a una zona de rechazo y una sombreada de aceptación. α La distribución muestral de proporciones es normal N (,5 ;,5). Luego,46,5 z, 4 zona rechazo,5 Por tanto rechazamos H y podemos afirmar que la proporción ha disminuido.. En cada caso: a) Para el nivel de significación del 5 % las hipótesis son: H p, ; H : p,.la prueba : > es unilateral con un crítico z, 645 y tenemos una zona de aceptación en el intervalo ( ;,645). z 4,,96,7 α Como z cae fuera del intervalo de aceptación rechazamos H y aceptamos la hipótesis alternativa H. b) Para el nivel de significación del % y las mismas hipótesis, la prueba es unilateral con el intervalo de aceptación ( ;,). En este caso z, 96 cae dentro del intervalo y aceptamos la hipótesis nula H. 4

263 4. En cada caso la solución queda: Pruebas unilaterales Formulamos las hipótesis H : p ; H: p >. La distribución muestral de proporciones es normal N (,5 ;,).,5 El valor tipificado es z,5., a) Para N s,5 z,645. la zona de aceptación es ( ;,645 ). α Como z ( ;,645 ) rechazamos la hipótesis nula. b) Para N s, z,. la zona de aceptación es ( ;,). α Como el valor z, 5 cae fuera de este intervalo rechazamos la hipótesis nula. Pruebas bilaterales Formulamos las hipótesis H : p ; H: p. La distribución muestral de proporciones es normal N (,5 ;,). El valor tipificado es z,5. c) Para N s,5 z,96. la zona de aceptación es (,96;,96 ). Como el valor z cae α / fuera de esta zona rechazamos la hipótesis nula H. d) Para N s, z,58. la zona de aceptación es (,58;,58). Como el valor α / z,5 cae dentro de esta zona aceptamos la hipótesis nula H. 5. Formulamos la hipótesis: La distribución muestral de diferencia de medias es normal: N 9 ; 9 75 ( 4; 6,5) 4 La prueba es bilateral y z, 4 6,5 5

264 a) Para un nivel de significación del 5 % le corresponde un crítico z, 96. La zona de α / aceptación del intervalo (,96;,96 ). Como z cae fuera de este intervalo rechazamos H y aceptamos que hay diferencias entre las duraciones medias de las lámparas. b) Para un nivel de significación del % le corresponde un crítico z, 58. El intervalo de α / aceptación es (,58;,58). Como z cae dentro de este intervalo aceptamos H que no hay diferencias entre las vidas medias. 6

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266 SOLUCIONES 6. En cada caso: σ σ a) El intervalo de confianza para la media es de la forma: zα /, zα /. n n Al nivel de confianza del 95% le corresponde un z α/,96; lo que nos permite escribir el sistema: 6,96 7,6 n 6,96 9, n Obtenemos: 8, 4 ; n 44. b) El error de estimación viene dado por: σ z α 6,5 E. E ± 6,4 n 5 7. Para un nivel de confianza del 99%, le corresponde z α/,575. z α σ,575 6 El tamaño mínimo viene dado por: n 8, 7 E El valor de n debe ser, al menos, Es un intervalo de confianza para la proporción p,45 por ser el valor medio del intervalo (,4;,48). El intervalo de confianza para la proporción tiene la forma: p q p q p zα /, p zα / n n,45,55,45 zα /,4 56 Sustituyendo los valores dados obtenemos:,45,55,45 zα /,48 56 z α /,96 A este valor le corresponde un nivel de confianza del 95%. 8

267 9. Se trata de un test de hipótesis bilateral para la media: H : µ 8 H : µ 8 A un nivel de significación del,5 le corresponde un z α/,96. La zona de aceptación es, por tanto: 8,96 ; 8,96 (77,8; 87,7) 5 5 Como 85 no pertenece a la zona de aceptación, podemos decir que el nuevo proceso ha modificado la tensión media de ruptura con un nivel de significación del 5%.. La solución es: a) A un nivel de confianza del 99% le corresponde un z α,575. Calculamos el error máimo mediante la epresión: σ z α,9,575 E. E ±,698 n 8 b) Hacemos un test de hipótesis bilateral para la media: H : µ 6 H : µ 6 A un nivel de confianza del 95% le corresponde un z α,96 La zona de aceptación es:,9,9 6,96 ; 6,96 (57,8; 6,8) 9 9 Como 59 (57,8; 6,8) queda dentro de la zona de aceptación no podemos rechazar la hipótesis de que la estatura media es de 6 cm.. Se trata de un test de hipótesis bilateral para la proporción: H : p, H : p, A un nivel de significación del,5 le corresponde un z α,96. La zona de aceptación es:,,9,,9,,96 ;,,96 (,4;,588) Como,5 (,4;,588) no podemos rechazar la hipótesis nula y podemos decir que la nueva vacuna no cambia la proporción de enfermos. 9

268 . Hacemos un test de hipótesis bilateral para la media: H : µ 4 H : µ 4 Para un nivel de significación del,5 le corresponde un z α,96. La zona de aceptación es: 5 5 4,96 ; 4,96 (8,4; 4,96) 5 5 Como 4,5 (8,4; 4,96) empleados es de 4 años. aceptamos la hipótesis de que la edad media de los Para la otra pregunta consideramos un test de hipótesis unilateral para la media: H : µ 4 H : µ < 4 La zona de aceptación es: 4,645 ; ( 8,55; ) En este caso 4,5 ( 8,55; ) es mayor o igual de 4 años Con lo que aceptamos la hipótesis de que la edad media.. Hacemos un test de hipótesis bilateral para la proporción: H : p,4 H : p,4 A un nivel de confianza del 95% le corresponde un z α,96 La zona de aceptación es:,4,6,4,6,4,96 ;,4,96 (,4;,496) Como, cae fuera de la zona de aceptación rechazamos la hipótesis nula que es la que afirma el electricista.

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