Solución detallada al examen de selectividad de MATEMÁTICAS APLICADAS A LAS CIENCIAS SOCIALES septiembre 2012

1. P.A.U. 2011-2012
Septiembre
MATEMÁTICAS APLICADAS A LAS CIENCIAS SOCIALES II
Opciión A
Opc ón A
1 Sean las variables:
x=número de pavos
y=número de pollos
Las condiciones límite del problema pueden expresarse de la siguiente forma:
 Los kilogramos de pienso no pueden ser más de 6000: 5 x  2 y  6000
 Los kilogramos de cereal no pueden ser más de 3000: 2 x  2 y  3600
 El número de pavos no puede ser negativo: x  0
 El número de pollos no puede ser negativo: y  0 .
Despejando y en cada una de ellas, surge el sistema de inecuaciones:
 5
 y   2 x  3000
 y   x  1800

x  0

y  0
Cuya representación en el plano cartesiano conduce a la siguiente región factible:
y
5
y   x  3000
2
P1
P2
x0 y  x 1800
P4
P3 y0 x
Los vértices de esta región se calculan resolviendo los correspondientes sistemas de ecuaciones
formados por las rectas que los determinan:
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2. MATEMÁTICAS APLICADAS A LAS CIENCIAS SOCIALES II
x  0
P1 :   y  0  1800; y  1800 , luego P1(0,1800)
 y   x  1800
 y  1800  x
 5
P2 :  5  1800  x   ·x  3000; x  1800 , luego P2(800,1000)
 y   2 x  3000

2
x  0
P3 :  , luego P3(0,0)
y  0
y  0
 5
P4 :  5  0   ·x  3000; x  1200 , luego P4(1200,0)
 y   2 x  3000

2
Para encontrar el beneficio máximo evaluamos la función beneficio B ( x, y )  4 x  2 y en cada uno de
los vértices de la región factible, así:
En P1: B (0,1800)  4·0  2· 1800  1600€
En P2: B (800,1000)  4·800  2·
1000  5200€
En P3: B(0,0)  4·0  2·0  0€
En P4: B (1200,0)  4·
1200  2·0  4800€
De donde se concluye que:
a) El máximo beneficio se alcanza cuando se venden 800 pavos y 1000 pollos
b) El valor de dichos beneficios máximos es de 5200 €
2
a) Dado que T(4)=0 y T(2)=40, sustituyendo en la función, resulta:
 0  A·4  B·4 2  4 A  16 B  0
 
40  A·2  B·2 2 A  4 B  40
2
De cuya resolución se obtiene A=40 y B=10
b) La representación de la función resultante: T ( x )  10 x  40 x , 0  x  4 es la de una
2
parábola convexa (∩) con vértice en (-b/a, f(-b/a)), es decir en x=2, y=40:
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3. P.A.U. 2011-12
3 Sea:
 n=500 el tamaño muestral
   16  4 mg la desviación típica poblacional
 1    0,90 el nivel de confianza (   0,1 )
500
x i
5000
La media muestral se calcula según: x  i 1
  10mg , y para la resolución del problema
n 500
plantearíamos el siguiente test de hipótesis bilateral para la media poblacional (  ):
 H 0 :   9mg

 H 1 :   9mg
Nuestro estadístico de contraste (Zexp) es:
x  0 10  9
Z exp    5,59
/ n 4 / 500
Siendo el valor límite de decisión (Zα/2), extraído de la tabla
Z  / 2  1,645
Y como Zexp > Zα/2, rechazamos la hipótesis conservadora (H0), así pues a este nivel de confianza si
podemos rechazar la hipótesis del fabricante.
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5. P.A.U. 2011-2012
Septiembre
MATEMÁTICAS APLICADAS A LAS CIENCIAS SOCIALES II
Opciión B
Opc ón B
1
a) Construyamos la sucesión:
1 0
A 3 1
 
1 0 1 0  1 0  1 0
A 2  A·A   3 ·   
 1 3 1 6
   1   3·2
  1

1 0 1 0 1 0  1 0
A 3  A 2 ·A  6 ·   
 1 3 1 9
   1   3·3
  1
1 0 1 0  1 0  1 0
A 4  A 3 ·A  
9 ·   
 1   3 1  12
   1   3.4
  1
De donde podemos inferir una expresión general
 1 0
 3n 1 
An   
 
Que podemos demostrar verificando la igualdad:
 1 0 1 0  1 0  1 0
A n  A n 1·A  
 3(n  1) 1 · 3 1    3(n  1)  3 1    3n 1 
     
      
b) Basándonos en este resultado podemos calcular:
 1 0  1 0 0 0
 3·20 1    3·18 1    6 0 
A 20  A18       
     
2 Sea la función de costes y sus derivadas sucesivas:
C ( x)  35 x 2  140 x  2600 C ( x)  70 x  140 C ( x)  70
a) Dado que en un mínimo la recta tangente a una función es horizontal, este se alcanza cuando la
derivada de la función se anula, así:
C ( x)  0
70 x  140  0
x2
Que comprobamos que corresponde a un mínimo al sustituir en la segunda derivada: C (2)  70  0 ,
luego el mínimo coste de funcionamiento se alcanza al depurar 2000 metros cúbicos de agua
b) El valor de dicho coste mínimo resulta de sustituir en la función:
C (2)  35·2 2  140·2  2600  2460€
c) En una localidad de 2000 habitantes siendo el gasto individual de 8 metros cúbicos, supondría
depurar 8·2000=16000 metros cúbicos, con lo que x=16 y así el coste:
C (16)  35·16 2  140·16  2000  9320€
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6. MATEMÁTICAS APLICADAS A LAS CIENCIAS SOCIALES II
3 Sean los sucesos D=defectuoso y N=no defectuoso, y sea p=0,1 la probabilidad de que un objeto sea
defectuoso (y q=1-p=0.9 la probabilidad de no defectuoso) y n=3, el número de objetos considerados.
Podemos evaluar el número de casos posibles mediante el siguiente diagrama en árbol:
   D  ( D, D, D )
  D
 D   N  ( D, D, N )
   D  ( D, N , D )
 N 
   N  ( D, N , N )


  D  D  ( N , D, D )
   N  ( N , D, N )
 
N 
  N  D  ( N , N , D)
  N  (N , N , N )
  
a) Por tratarse de sucesos independientes la naturaleza de un producto respecto a los otros,
podemos calcular la probabilidad de cada suceso P  X 1 , X 2 , X 3   P  X 1 ·P  X 2 ·P X 3  , y así:
P ( N , D, N )  P( N )·P( D)·P( N )  0,9·0,1·0,9  0,081
b) Dado que se trata de una distribución binomial con n=3 experimentos podemos evaluar la
probabilidad de k éxitos como sigue:
 3
P (k  1)  1  P(k  0)  1   ·0,10 ·0,9 30  0,271
 0
 
c) E igualmente:
 3
P(k  1)   ·0,11·0,9 31  0,243
1
 
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