Junio 2008

1. (A1) a) A $ B =

5 0 2

7 −2 −2

−3 0 0b)

2 0 −1 1 0 0

3 −2 0 0 1 0

1 0 1 0 0 1

v

2 0 −1 1 0 0

0 4 −3 3 −2 0

0 0 −3 1 0 −2

f

−6 0 0 −2 0 −2

0 4 0 2 −2 2

0 0 −3 1 0 −2

1 0 013 0

13

0 1 012 −

12

12

0 0 1 −13 0

23

X $ B = B + Ag X = (B + A) $ B−1 =

13 0

73

76

12

76

0 0 0(A2)

650y20y10y15yyCeres

700x10x30x15xxAgro

Costenº manzanosnº peralesnº cerezosnº lotes

(a) Restricciones: . F. objetivo a minimizar:

15x + 15y m 750

30x + 10y m 700

10x + 20y m 650

x, y c N

700x + 650y

El coste mínimo de 33.000 € se consigue con 10 lotes de Agro y 40 lotes de Ceres.

Comprueba la solución en la figura siguiente.

(b) Gasta todos los cerezos y perales y le sobran 250 manzanos.

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

(B1) a) , , f ∏(x) = 2x ln(1 − x) −x2

1−x g ∏(x) =14x +

16

x3 h ∏(x) = 2 $ ln 2 $ 22x−1

b) b1)

b2) La velocidad máxima es de 16 m/min y se alcanza en el intervalo [2,8].

b3) t = 30 segundos = 0’5 minutos; v(0’5) = 5 -0’25 = 4’75 m/min.

Si, a los 9’5 minutos = 750 segundos pues v(9’5) = 95 - 90’25 = 4’75 m/min.

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

(B2) a) , , f ∏(x) = 7 − 2x −9

x2 g ∏(x) = ex $ (x2 − 1) h ∏(x) =−20

(x+1)21

b) Dominio de f(x) , pues x = 0 anula el denominador.= R − 0

, f ∏(x) = 7 − 2x −9

x2 =7x2−2x3−9

x2 f ∏(x) = 0e −2x3 + 7x2 − 9 = 0

Resolviendo la ecuación anterior por Ruffini obtenemos: x = −1, x = 3, x =32

Estudiamos el signo de la derivada en:

x = -1 y x = 3 son máximos relativos. x = 1’5 es mínimo relativo.

(C1) (a) Experiencia compuesta de dos simples: primero extraemos una bola de la caja A y

después una bola de la caja B.

P(“ambas del mismo color”)=P(BlA 3 BlB) + P(NA 3 NB) =26 $

35 +

36 $

15 = 0 ∏3

(b) Experiencia compuesta de tres simples: primero lanzar una moneda y a continuaci ón

extraer dos bolas de la misma caja sin reposición.

P(“ambas blancas”) = P(C 3 BLA 3 BLA) + P(X 3 BLB 3 BLB) =

=12 $

26 $

15 +

12 $

35 $

24 =

1160

(C2) Población d X = ”vida util” = N(�,� = 60)

Muestras tamaño n: Como X es normal X = N(�x = �,�x =60

n)

Confianza = 1 − � = 0 ∏98e P(Z [ Z �2) = 0 ∏99e Z �

2= 2 ∏33

Intervalo de confianza 0’98 para días.� = (388 ∏68, 407∏32)e x i =796

2 = 398

Error máximo = 398 − 388 ∏68 = 9 ∏32 = Z �2$ �x = 2 ∏33 $

60

n

n =2 ∏33$60

9∏32e n = 225

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

Septiembre 2008

(A1) a) T = 8x + 5y m 200, 3x + 5y [ 150, 2x + 5y [ 110, y m 0

b) f(x,y)= 3x + 5y alcanza el valor mínimo (75) en el punto D(25, 0), y el valor máximo (150)

en todos los puntos del segmento BC, siendo B(40,5) y C(50,0).

c)

f(x,y)= 3x + 5y no alcanza el valor mínimo y el valor máximo (150) se consigue en todos los

puntos de la semirrecta de origen B dibujada en rojo.

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

(A2) a) Raquel paga x € por una camiseta, Paula y €, Sara z € .

x+y+z

3 = 14

z − y = 2(y − x)

2x = z + 1

g

x + y + z = 42

2x − 3y + z = 0

2x − z = 1

g

x + y + z = 42

5x + 4z = 126

2x − z = 1

g

x + y + z = 42

13x = 130

2x − z = 1

g

y = 42 − 29 = 13

x = 10

z = 19

b)

x + y + z = 42

2x − 3y + z = 0

4y = x + 42

g

x + y + z = 42

2x − 3y + z = 0

−x + 4y = 42

g

x + y + z = 42

x − 4y = −42

−x + 4y = 42

g

El sistema es

x + y + z = 42

x − 4y = −42

e rgA = rgA& = 2 < no incognitas e

compatible pero indeterminado.

Soluciones: x = 4y-42, z = 84 -5y, 10 ∏5 [ y [ 16 ∏8

(B1) a) f ∏(x) =4

(x+1)2 , g ∏(x) =−10x3

1−5x4

b) porque x = -1 anula el denominador.Domf = R − −1

f ∏∏(x) =−8

(x+1)3 , f∏∏(x) ! 0

.f ∏∏(x) > 0 en (−∞, −1)e f concava hacia arriba en (−∞, −1)

.f ∏∏(x) < 0 en (−1,∞)e f concava hacia abajo en (−1,∞)

No tiene puntos de inflexión ya que x = -1 no es del dominio.

(B2) a) f ∏(x) = 1 − 16x −9

x2 , g ∏(x) = 4(2x − 1) ln x +(2x−1)2

x

b) b1) f(x) es discontinua inevitable de 1º especie en x = -1

f(−1) = −2

xd−1−lim (

3x +

x

3 ) =−10

3

xd−1+lim x − 1) = −2

e

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

f(x) es continua en x = -4.

f(−4) =−2512

xd−4lim

3x +

x

3 =2512

g

b2) f ∏(x) =−9+x2

3x2 = 0e x2 − 9 = 0e x = −3 c (−6, −1)

Estudiando el signo de la derivada obtenemos:

f(x) presenta unf(x) creciente en (−6, −3), f(x) decreciente en (−3, −1)emáximo relativo en x = -3.

(C1)

(a)P(A) =4

11 $36 +

511 $

26 =

13

(b) P(B) =36 $

25 +

26 $

15 =

830 =

415

(C2) Población d X = ”estatura”, �, � = 10

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

Muestra elegida de tamaño n = 625 d x i = 175

Como n = 625 > 30 e X = N(�x = �,�x =10

625= 0 ∏4)

Como la confianza es 1 − � = 0 ∏99e P(Z [ Z �2) = 0 ∏995e Z �

2= 2 ∏575

Intervalo de confianza 0’99 para � : 175 ! 0 ∏4 $ 2 ∏575 e (173 ∏97, 176∏03)

Junio 2009

(A1) a)

(b) f(x,y) = 3x + 3y alcanza en T el valor mínimo en x = y = 0, y el valor máximo en x = 3, y = 2.

(c) f(x,y) = 3x + 3y alcanza en S el valor máximo en x = 3, y = 2. No tiene mínimo.

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

(A2)

4560Totales

25z10zzC

20yyB

20x30xxA

Coste (2)Coste(1)Precio unidad

(a)

x+y+z

3 = 1

30x + 20y + 10z = 60

20x + 25z = 45

g

x + y + z = 3

3x + 2y + z = 6

4x + 5z = 9

g

x + y + z = 3

x − z = 0

4x + 5z = 9

El sistema es compatible y determinado pues elg

x + y + z = 3

x − z = 0

9z = 9

g

x = 1

y = 1

z = 1

rango de A y el de la matriz ampliada es 3 que coincide con el número de inc ógnitas.

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

(b)

x + y + z = 3

3x + 2y + 1z = 6

2x + y = 3

g

x + y + z = 3

2x + y = 3

2x + y = 3

g

x + y + z = 3

2x + y = 3

El sistema es compatible e indeterminado pues el rango de la matriz de los coeficientes y el

de la ampliada es 2, menor que el número de incógnitas. No se puede determinar el precio

de cada conserva pues habría muchas soluciones.

Soluciones:

y = 3 − 2x

z = x

0 < x < 1 ∏5

(B1) a) f ∏(x) =2

x−

2x =

2 x −2

x , g ∏(x) = ex2(2x2 − 2x + 1)

h ∏(x) =18x5−9x8

(3−x3 )2

b) . Para poder calcular , x debe ser mayor o igual a cero, y paraDomf = (0,∞) x

poder calcular , x deber ser distinto de cero. Por lo tanto, la intersección de ambos

conjuntos nos permite determinar el dominio.

.f ∏(x) = 0e 2 x − 2 = 0e x = 1e x = 1Estudiando el signo de la derivada en los intervalos obtenemos:(0, 1) y (1,∞)

f(x) es decreciente en y es creciente en , por lo que x = 1 es un mínimo relativo.(0, 1) (1,∞)

(B2) a) f(x) = ln x =12 ln x e f‘(x) =

12x

g ∏(x) = 2x(5 − x3 ) − 3x4 = 10x − 5x4

h ∏(x) = 5 $ 35x−1 $ ln 3

b) Tenemos que dibujar una parte de una parábola que tiene en el vértice un máximo y es

el punto (20, 400). La función D(p) es continua en p = 30.

La máxima demanda, 400, se consigue en p = 20. La mínima demanda, 200, se consigue en

p = 40.

, ya que la otraD(p) = 375 = 40p − p2 e p2 − 40o + 375 = 0e p = 25solución de la ecuación p = 10 no es del dominio de la funci ón.

Como puede observarse en la gráfica, si .20 [ p [ 25e D(p) m 375

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

(C1) a) A = (BBB), (NNN), (VVV)

P(A) =1020 $

919 $

818 +

620 $

519 $

418 +

420 $

319 $

218 =

8646840 =

1295

b) B = BBB,BBV,BVB,VBB,BBN,BNB,NBB,VVB,VBV,BVV,VVN,VNV,NVV,VVV 4

4 BNV.BVN,VBN,VNB,NVB,NBV

P(B) =10$9$8

20$19$18 + 3 $10$9$4

20$19$18 + 3 $10$9$6

20$19$18 + 3 $4$3$10

20$19$18 + 3 $4$3$6

20$19$18 +4$3$2

20$19$18 +

+6 $ 10$6$420$19$18 =

91

114

c) C = BBV,BVB,VBB

P(C) = 3 $10$9$4

20$19$18 =3

19

(C2) Población d X = ”peso”,�,� = 15

Muestra elegida de tamaño n = 700, x i = 80

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

Como n = 700 > 30 e X = N(�x = �,�x =15

700= 0 ∏567)

Como la confianza es 1 − � = 0 ∏98e P(Z [ Z �2) = 0 ∏99e Z �

2= 2 ∏33

El intervalo de confianza 0’98 para es: � 80 ! 2 ∏33 $ 9 ∏567

es decir: .(78 ∏68, 81∏32)

Septiembre 2009

(A1) a) A2 = A $ A =

2 1 1

1 2 0

1 0 1

A2

2 1 1

1 2 0

1 0 1I3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

d

2 1 1 1 0 0

0 −3 1 1 −2 0

0 1 −1 1 0 −2

d

2 1 1 1 0 0

0 −3 1 1 −2 0

0 0 −2 4 −2 −6

4 2 0 6 −2 −6

0 −6 0 6 −6 −6

0 0 −2 4 −2 −6

d

12 0 0 24 −12 −24

0 −6 0 6 −6 −6

0 0 −2 4 −2 −6

d

I3

1 0 0

0 1 0

0 0 1(A2 )−1

2 −1 −2

−1 1 1

−2 1 3

A

1 1 0

1 0 1

0 1 0I3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

d

1 1 0 1 0 0

0 −1 1 −1 1 0

0 1 0 0 0 1

d

1 1 0 1 0 0

0 −1 1 −1 1 0

0 0 1 −1 1 1

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

1 1 0 1 0 0

0 −1 0 0 0 −1

0 0 1 −1 1 1

d

1 0 0 1 0 −1

0 −1 0 0 0 −1

0 0 1 −1 1 1

d

I3

1 0 0

0 1 0

0 0 1A−1

1 0 −1

0 0 1

−1 1 1

A $ X + B = Cg A $ X = C − Bg X = A−1 $ (C − B)

X =

1 0 −1

0 0 1

−1 1 1

$

−2 1 2

0 2 −1

−1 0 0

=

−1 1 2

−1 0 0

1 1 −3

b)

1 −9 5

1 3 −1

1 −1 1

33

−9

5

g

1 −9 5 33

0 12 −6 42

0 8 −4 −28

g

1 −9 5 33

0 2 −1 −7

0 2 −1 −7

g

A&A

1 −9 5

0 2 −1

0 0 0

33

−7

0

e rgA = rgA& = 2 < no incog. = 3e

Sistema compatible e indeterminado.

Soluciones: x = −y − 2 , z = 2y + 7 , y c R.

(A2) a) El hermano mayor recibe x, el mediano y ,y el pequeño z € de la herencia.

E2 + E1, 2E1 +E3

x =y+z

2 + 30000

y = 10000 + x − z

z =x+y

2 − 30000

g

2x − y − z = 60000

−x + y + z = 10000

−x − y + 2z = −60000

g

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

2x − y − z = 60000

x = 70000

3x − 3y = 60000

g

x = 70000

y = 50000

z = 30000

Como rg A = rg A* = 3 = nº incógnitas , el sistema es compatible y determinado.

b)

E2+E1,2E1+E3

x =y+z

2 + 30000

y =x+z

2

z =x+y

2 − 30000

g

2x − y − z = 60000

x − 2y + z = 0

−x − y + 2z = −60000

g

2x − y − z = 60000

3x − 3y = 60000

3x − 3y = 180000

g

2x − y − z = 60000

3x − 3y = 60000

0 $ y = 120000

Como rg A = 2 y rg A* = 3 , el sistema es incompatible, es decir, no tiene solució n.

(B1) a)

f ∏(x) =x2−4x−4

(x−2)2 , g ∏(x) = 2(x − 5) ln x +(x−5)2

x

b) b1) f(x) presenta una discontinuidad inevitable de

f(2) = 4

xd2−lim x2 + 1 = 5

xd2+lim

x+2x−1 = 4

g

primera especie en x = 2.

f(x) presenta una discontinuidad inevitable de segunda

f(4) = 2

xd4+lim f(x) no existe

xd4−lim

x+2x−1 = 2

g

especie en x = 4.

b2) . Estudiamos el signo de la derivada en losf ∏(x) =x

x2+1, f ∏(x) = 0e x = 0

intervalos (-2,0) y (0,2). La función es decreciente en (-2, 0) y creciente en (0, 2), por lo que

x = 0 es un mínimo relativo.

(B2) a)

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

f ∏(x) = −3(1 − x)2ex + (1 − x)3

ex

g ∏(x) = 1 + 16x −1

x2

h ∏(x) =−3

x2 −2

(x−2)2

b) Domg = R − 0

g ∏∏(x) = 16 +2

x3 =16x3+2

x3 , g ∏∏(x) = 0e 16x3 + 2 = 0e x3 =−18 e x =

−12

Estudiamos el signo de g’’(x) en los intervalos .−∞,−12 ,

−12 , 0 y (0,∞)

g(x) es cóncava hacia abajo en y es cóncava hacia arriba en ,−∞,−12

−12 , 0 y (0,∞)

por lo tanto presenta un punto de inf lexión en x =−12

(C1)

a) P(A) =5

12 $4

11 $3

10 $29 =

199

b) P(B) = 6 $5

12 $4

11 $7

10 $69 =

1433

c) P(C) =7

12 $6

11 $5

10 $49 =

799

(C2) Población X = N(�,� = 2)

Muestras de tamaño n , como X es normal e X = N �x = �,�x =2

n

Como la confianza es 1 − � = 0 ∏98e P(Z [ Z �2) = 0 ∏99e Z �

2= 2 ∏33

El intervalo de confianza 0’98 para es: � (13, 15)e x i =13+15

2 = 14

El error máximo es 15-14=1 .e 1 = 2 ∏33 $ 2

ne n = 21 ∏71. l 22

Junio 2010

Opción A

(1) a) Número = xyz (x cifra de las centenas, y de las decenas, z unidades)

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

x + z + 2y = 23

2x − (y + z) = 9x+y

2 + 2z = 15

g

x + 2y + z = 23

2x − y − z = 9

x + y + 4z = 30

g

x + 2y + z = 23

3x + y = 32

−3x − 7y = −62

x + 2y + z = 23

3x + y = 32

−6y = −30

g

9 + 10 + z = 23e z = 4

3x + 5 = 32e x = 9

6y = 30e y = 5

El sistema es compatible y determinado pues el rango de la matriz de los co eficientes y el

de la matriz ampliada coincide con el número de incó gnitas que es 3.

El número que nos piden es 954.

b)

x + 2y + z = 23

2x − y − z = 9

3x + y = 25

g

1 2 1

3 1 0

3 1 0

23

32

25

g

1 2 1

3 1 0

0 0 0

23

32

−7

Como El sistema es incompatible, no tiene solución.rgA = 2 ! rgA& = 3e

(2) a)

f ∏(x) =2$ln xx −

1x$ln x

g(x) = 2 ln x −12 ln(x + 3)e g ∏(x) =

2x −

1

2(x+3)

h ∏(x) =1

2 e3x−5+ln x3x+5

$ 3e3x −1x $(3x+5)−3(5+ln x)

(3x+5)2

b) f(x) =1

x2−x−6, x2 − x − 6 = 0e x = 3, x = −2e Domf = R − −2, 3

f ∏(x) =(−1)$(2x−1)

(x2−x−6)2 =1−2x

(x2−x−6)2 , f ∏(x) = 0 = 1 − 2xe x =12

Estudiamos el signo de la derivada en .(−∞ − 2), (−2,12

), ( 12 , 3) y (3,∞)

f(x) es creciente en , f(x) es decreciente en . Por lo tanto el(−∞,12

) − −2 ( 12 ,∞) − 3

punto de abscisa x = 0’5 es un máximo relativo.

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

(3) a) P(A) =85

175 $84

174 $83

173 $82

172 = 0 ∏05

b) P(B) = 4 $85

175 $84

174 $83

173 $90

172 = 0 ∏24

c) P(C) = 1 − P(A) − P(B) = 1 − 0 ∏05 − 0 ∏24 = 0 ∏71

Opción B

(1)

80yy50yyA. de 50 plazas

60xx40xxA. de 40 plazas

Costenºde conductoresnº de plazasnúmero

Restricciones:

F. Objetivo a minimizar:

x [ 8

y [ 10

x + y [ 9

40x + 50y m 400

x, y c N

C(x, y) = 60x + 80y

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

Observando la gráfica, podemos asegurar que el coste mínimo de 620 € se consigu e con 5

autobuses de 40 plazas y 4 autobuses de 50 plazas.

b)

Restricciones:

F. Objetivo a minimizar:

x [ 8

y [ 10

x + y [ 14

40x + 50y m 400

x, y c N

C(x, y) = 60x + 80y

El coste mínimo se conseguiría en el punto (8, 8/5). En este caso las dos variab les han de

ser números naturales, por lo tanto descartamos esta solución y observamos que la

solución óptima se consigue en (x=5, y=4). No cambia respecto del apartado anterio r.

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

(2) a)

f(x) =3x3 − 3 2x

x3=

3 $ x3

x3−

3 2 $ 3 x

x3= 3 − 3 2 x

13 −

32

e f(x) = 3 − 3 2 $ x−72 e f ∏(x) =

7$ 3 2

2 $ x−92

También se puede derivar f(x) de la siguiente forma:

f ∏(x) =

9x2

2 3x3−

2

3 (2x)2$ x3 − 3x3 − 3 2x $ 3x2

2 x3

x3

g(x) = ln 3 + 2 ln x − ln(x − 5)e g ∏(x) =2x −

1x−5

h ∏(x) = 5e5x +x−1

2 x+1$

(−2)

(x−1)2

b) Estudiamos la continuidad de f(x) en x = 2:

f(x) es continua en x = 5.

f(2) = 5

xd2−lim (x2 + 1) = 5

xd2+lim

x+3

x2−3= 5

g

f(x) =x+3

x2−3, si x > 2e f ∏(x) =

−x2−6x−3

(x2−3)2

.f ∏(x) = 0 e x2 + 6x + 3 = 0 e x1 = −3 − 6 y x2 = −3 + 6Ambas soluciones son menores que 2. Por lo tanto el signo de la derivada es el mismo en el

intervalo . En este caso f(x) es decreciente en y(2,∞) f ∏(x) < 0,≤x > 2e (2,∞)no tiene extremos relativos

(3) Población X = ”consumo”,�,�

Muestra elegida de tamaño n = 100, con x i = 59, � i = 6

Como n = 100 > 30 e X = N(�x = �,�x =6

100= 0∏6)

Como la confianza es1 − � = 0 ∏97e P(Z [ Z �2) = 0 ∏985e Z �

2= 2 ∏17

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Intervalo de confianza 0’97 para � : x i ! Z �2$ �x e

(59 − 2 ∏17 $ 0 ∏6, 59 + 2 ∏17 $ 0∏6)

Septiembre 2010

Opción A

(1) X $ A = Bg X = B $ A−1

Calculamos la inversa de A: 1 0 1 0

2 1 0 1f

1 0 1 0

0 1 −2 1

Por lo que X =5 2

6 3$

1 0

−2 1=

1 2

0 3

(2) Calculamos la inversa de la matriz B:

B

1 1 0

1 0 1

0 1 1I3

1 0 0

0 1 0

0 0 1

d

1 1 0 1 0 0

0 −1 1 −1 1 0

0 1 1 0 0 1

d

1 1 0 1 0 0

0 −1 1 −1 1 0

0 0 2 −1 1 1

1 1 0 1 0 0

0 2 0 1 −1 1

0 0 2 −1 1 1

d

−2 0 0 −1 −1 1

0 2 0 1 −1 1

0 0 2 −1 1 1

d

I3

1 0 0

0 1 0

0 0 1B−1

12

12 −

12

12 −

12

12

−12

12

12

X $ B = A + Bg X = (A + B) $ B−1

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

X =

2 2 1

2 2 6

1 5 2

$

12

12 −

12

12 −

12

12

−12

12

12

=

32

12

12

−1 3 3

2 −1 3

(3) a) f(x) = 3 ln x −12 $ ln(x2 + 2)e f ∏(x) =

3x −

x

x2+2

g ∏(x) =1

2 x+

1

2 x+ x$ 1 +

1

2 x

h ∏(x) = e x2+1 $ x

x2+1

b) Domf = R − 0

f ∏(x) =−2

x3 + 2x =−2+2x4

x3 , f ∏(x) = 0e 2x4 − 2 = 0 e x = !1

Estudiamos el signo de la derivada: f’(x) < 0 en los intervalos . f’(x) > 0 en(−∞, −1) y (0, 1)

los intervalos Esto significa que la función f(x) es decreciente en los(−1, 0) y (1,∞).

intervalos y es creciente en los intervalos Los puntos de(−∞, −1) y (0, 1) (−1, 0) y (1,∞).abscisa +1 y -1 son mínimos relativos.

Para estudiar la concavidad debemos determinar la derivada segunda:

. f ∏∏(x) =6

x4 + 2 =6+2x4

x4 , f ∏∏(x) ! 0 y f ∏∏(x) > 0 ≤x c Domf

Esto significa que la función f(x) es cóncava hacia arriba en su dominio y no posee puntos de

inflexión.

(4) IN = “la persona elegida estudia inglés”, F = “ la persona elegida estudia francés

602040

36828No estudia francés

241212F

No estudia inglésIN

(a) P(IN 4 F) =5260

(b) P(F x IN) =1240

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(c) P(No IN) =2060

Opción B

(1)

50yy1’5yyB

40x1’5xxxA

Beneficio (€)Plata (gramos)Oro (gramos)número

Maximizaremos es beneficio, B(x,y) = 40x + 50y, sujeto a las siguientes restricciones:

x + 1∏5y [ 750

1 ∏5x + y [ 750

x, y c N

El beneficio máximo se consigue con 300 joyas de cada clase.

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(2) . La matriz X que buscamos ha de ser de orde n 1 x 2.2x1A $

1x2X +

2x2B =

2x2C

1

2$ x y +

1 1

3 4=

2 4

5 10g

x y

2x 2y=

1 3

2 6

g x = 1, y = 2e X = 1 2

(2) a) f ∏(x) = ln(x + x ) +x

x+ x$ 1 +

1

2 x

g ∏(x) = ex3

$ 3x2 $ ln(x2 + 1) + ex3

$ 2x

x2+1

h ∏(x) =1

ex+x−1x

$ ex +x

2 x−1$ 1

x2

b) b1)

f(x) es continua en x = 3.

f(3) = 4 = 2

xd3−lim x + 1 = 2

xd3+lim

2x

x2−6= 2

g

b2) En x = 4 , f(4) = 0’8. El punto de tangencia es (4, 0’8).

f ∏(x) =−2x2−12

(x2−6)2 si x c (3, 10)

La pendiente de la recta tangente es: f ∏(4) =−32−12

100 = −0∏44

La ecuación de la recta tangente es: .y − 0∏8 = (−0 ∏44) $ (x − 4)

(4)

Población X = ”temperatura” = N(�,� = 5)

Muestras de tamaño n: Como X es normal e X = N(�x = �,�x =5

n)

Como la confianza es1 − � = 0 ∏97e P(Z [ Z �2) = 0 ∏985e Z �

2= 2 ∏17

Soluciones Junio y Septiembre (2008 -2009 -2010)

Intervalo de confianza 0’98 para � = (25, 30)e x i =25+30

2 = 27∏5

Error máximo = 27∏5 − 25 =5

ne n = 2e n = 4.

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