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Transcripción

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3 Propuesta A 1A. x + a si x f(x) = { x + bx 9 si x > a) Se trata de una función definida a trozos a partir de dos funciones polinómicas, por lo que el único punto donde la función podría no ser continua o derivable es en x =. -Si la función es derivable, en particular debe ser continua, por lo que los límites laterales en x = deben coincidir: lim f(x) = 4 + a x 4 + a = b 13 lim f(x) = b 13} x + -Además, las derivadas laterales deben ser iguales: y = x + a y = x f ( ) = 4 } 4 = 4 + b y = x + bx 9 y = x + b f ( + ) = 4 + b De la segunda ecuación obtenemos b = 8 y, sustituyendo en la primera, a = 1. Por tanto, la solución es: a = 1 { b = 8 b) El teorema de Rolle afirma que si una función f es derivable en el intervalo [a, b], derivable en el intervalo (a, b), y toma el mismo valor en los dos extremos del intervalo, f(a)=f(b), entonces existe un c (a, b) tal que f (c) = 0. Veamos si la función satisface las tres hipótesis del teorema en el intervalo [,6]: La función es continua y derivable en toda la recta real, R, pues hemos calculado a y b para que así sea, luego en particular es continua en [,6] y derivable en (,6). f( ) = ( ) 1 = 3 f(6) = = 3 } f( ) = f(6) Por tanto, la función sí verifica las hipótesis del teorema.

4 B) El volumen de un ortoedro recto es largo ancho alto. En nuestro caso: V = (8 x)(5 x)x = 4x 3 6x + 40x Observemos que es función de x. Buscamos el valor mínimo de dicha función. i) Calculamos los puntos críticos: V = 0 1x 5x + 40 = 0 x = 10 3 ó x = 1 ii) Estudiamos el signo de la derivada: (, 1) (1, 10 3 ) (10 3, + ) V = 1x 5x La función es por tanto creciente en (, 1) ( 10 3 tiene un máximo relativo y en x = 10 3 un mínimo relativo: 10, + ) y decreciente en (1, ). En x = 1 3 Por las limitaciones del problema debemos limitarnos a x [0, 5 ] y en tal intervalo el máximo relativo (situado en x = 1) es el máximo absoluto 1. Por tanto: -Debemos recortar en cada esquina un cuadrado de 1 m de lado. -Las dimensiones del cajón serán entonces 6 m 3 m 1 m. -El volumen (que es el volumen máximo) será V(1) = 18 m 3. 1 Se puede ver directamente en la gráfica o, siendo formales, comparar el valor de la función en su máximo relativo, V(1) = 18, con su valor en los extremos del intervalo, V(0) = 0 y V ( 5 ) = 0.

5 3A) a) La matriz de coeficientes y la matriz ampliada son: a 1 1 a 1 1 a 4 A = ( 1 a) y A = ( 1 a a 1) i) Estudiemos primero el rango de A. -El rango de A es al menos, pues: Veamos en qué casos el determinante es y en cuáles es 3: a a = a a = 0 a = 1 ó a = Por tanto, si a = 1 o si a = 0 el rango de A es, y en los demás casos en 3. ii) Estudiemos ahora el rango de A. -Si a 0, 1, rg(a ) = 3, pues rg(a) = 3. -Si a = 0, rg(a ) = 3 pues: -Si a = 1, rg(a ) = 3 pues: det(c 1, C, C 4 ) = det(c 1, C, C 4 ) = En conclusión: -Si a 0,1, rg(a) = rg(a ) = 3 = nº de incog. SCD. -Si a = 0, rg(a) =, rg(a ) = 3. SI. -Si a = 1, rg(a) =, rg(a ) = 3. SI. b) Resolvamos el sistema para a = 1. Como en este caso el sistema es compatible determinado, podemos resolverlo mediante la regla de Cramer (por ejemplo): x = = 8, y = A A La solución es: x = 8 y = 1 z = 15 { = 1, z = A = 15

6 4A) a) Expresamos las dos rectas en forma paramétrica: x = λ r { y = 1 + λ z = 0 x = 1 μ s { y = 3 + μ z = μ La recta r tiene vector director u r = ( 1,,0) y pasa por A r (, 1,0), y la recta s tiene vector director u s = ( 1,1,1) y pasa por A s ( 1,3,0). Estudiemos los rangos de (u r, u s ) y de (u r, u s, A r s ). rg(u r, u s ) = rg ( ) = rg(u r, u s, A r s ) = rg ( 1 1 1) = rg ( 0 1 1) = rg ( 0 1 1) = De aquí se deduce que las rectas se cruzan en el espacio. a) Si el plano buscado es paralelo a r y s podemos tomar como vectores directores del plano los vectores directores de las rectas. Como además pasa por el punto P(,0, 1), la ecuación general del plano se obtiene desarrollando el determinante en la siguiente igualdad: La ecuación general del plano es: x y 0 z = x + y + z 3 = 0.

7 5A) a) Sea D el suceso ser defectuosa. a1) Utilizamos el Teorema de la Probabilidad Total: P(D) = P(D A) P(A) + P(D B) P(B) + P(D C) P(C) = = = a) Utilizamos ahora la regla de Bayes: P(A D) = P(A D) P(D) b) Consideremos la variable = P(D A) P(A) P(D) = = X: nº de resistencias fabricadas por B de una caja de 5 unidades Binomial(5,0.3). b1) P(X = 3) = ( 5 3 ) = b) P(X ) = ( 5 ) ( 5 3 ) ( 5 4 ) ( 5 5 ) = = = (en lugar de hacer cálculos, podemos utilizar la tabla).

8 Propuesta B 1B) Ambos límites se pueden hacer aplicando varias veces la regla de L Hôpital: a) lim x x 3 + 3x 4 x 3 + 5x + 8x + 4 = [0 0 ] = lim x x ln(x + 1) b) lim x 0 cos x = [0 0 ] = lim ln(x + 1) + x 0 sin x 3x + 6x 3x + 10x + 8 = [0 0 ] = lim x x+1 = [ 0 0 ] = lim x 0 x 1 x (x+1) cos x 6x + 6 6x + 10 = 3 = 1

9 B) a) Calculamos las abscisas de los puntos de corte de las dos gráficas: El área pedida es: x = x x 4 x x 4 = 0 x = 1 ó x = A = ( x (x x 4)) dx 1 = ( x + x + 4) dx 1 = ( + 1 4) = = 9 u. s. 3 = [ 3 x3 + x + 4x] = 1 b) La recta normal tiene ecuación: (x 0 = 3). Calculamos los valores necesarios: g(x 0 ) = g( 3) = 11 y = 1 g (x 0 ) (x x 0) + g(x 0 ) g (x) = x g (x 0 ) = g ( 3) = 8 Por tanto, la recta pedida es: O, en forma general, x 8y + 91 = 0. y = 1 (x + 3)

10 3B) a) Sea M = I 3 + B = ( 0 1 0) + ( 1 0) = ( 1 0) Calculamos su determinante: M = = 1 Como M 0, la matriz sí tiene inversa. b) Resolvemos la ecuación: X + C = A XB X + BX = A C (I 3 + B)X = A C X = (I 3 + B) 1 (A C) X = M 1 (A C) Para calcular X, primero debemos calcular la inversa de M = I 3 + B. 4 1 adj(m) = ( 0 1 0) adj(m) T = ( 4 1 ) M 1 = 1 M adj(m)t = ( 4 1 ) = ( 4 1 ) Así, finalmente: X = M 1 (A C) = ( 4 1 ) [( 1 0 0) ( 0 3 0)] = = ( ) 1 1 0

11 4B) a) El vector director de la recta es u = PQ = (4, 4,). Podemos usar además cualquiera de los dos puntos P o Q. Tomamos por ejemplo P(0,1, ). Las ecuaciones continuas son: x 0 4 = y 1 4 = z + Desarrollamos dos de las igualdades para escribir la forma implícita de la ecuación de la recta: x 0 4 = y 1 4 y 1 { 4 = z + Las ecuaciones buscadas son: 4x = 4y 4 x + y 1 = 0 y = 4z 8 y + z + 3 = 0 x + y z = 0 { y + z + 3 = 0 b) El punto buscado estará en el plano perpendicular al segmento PQ (o a la recta que hemos calculado en el apartado anterior) que pasa por el punto medio: M ( 0 + 4, 1 3, + 0 ) M(, 1, 1) Dicho plano tendrá vector normal n = PQ = (4, 4,). Tendrá por tanto ecuación general de la forma: 4x 4y + z + d = 0 Como pasa por M, las coordenadas de M deben satisfacer la ecuación: d = 10. La ecuación del plano es entonces: 4 4 ( 1) + ( 1) + d = 0 4x 4y + z 10 = 0 Como el punto buscado debe estar también en la recta r, para calcularlo basta hacer la intersección del plano y la recta. Lo podemos hacer, por ejemplo, pasando la recta a forma implícita y resolviendo el sistema que forman sus ecuaciones con la del plano. x = + λ r { y = λ z = 5 Resolvemos el sistema: 4x 4y + z 10 = 0 { x + y = 0 z + 5 = 0 x + y = 0 { z + 5 = 0 El punto pedido es, por tanto, A ( 7, 3, 5). x = 7/ { y = 3/ z = 5

12 5B) a) Sea M el suceso ser de matemáticas. a1) Aplicamos el teorema de la Probabilidad Total: P(M) = P(M A) P(A) + P(M B) P(B) = = 13 = a) Aplicamos la regla de Bayes: P(B M) = P(M B) P(B) P(M) b) Sea T el tiempo de espera, T Normal(15,5). 8 = 0 1 = b1) Queremos calcular P(T < 13). Estandarizamos la variable: T 15 P(T < 13) = P ( < = ) = P(Z < 0.4) 5 Con Z Normal(0,1). Ahora utilizamos las propiedades de la normal: P(Z < 0.4) = P(Z > 0.4) = 1 P(Z 0.4) = = Es decir, P(T < 13) = b) Calculamos para que valor x se cumple que P(T > x) = O, equivalentemente el valor de x para el que 1 P(T x) = Despejando: Estandarizando la variable: Mirando en las tablas obtenemos x 15 5 P(T x) = 0.67 T 15 P ( 5 x 15 ) = = Y despejando: x = 17. minutos Así, según la interpretación frecuentista de la probabilidad podemos afirmar que aproximadamente el 33% de las veces se espera al autobús más de 17. minutos.