Prueba 2 Mayo 2025 TZ2

(a) En la capa inferior se observa el patrón impar: para 4 capas, \(2\cdot4-1=7\); para 5 capas, \(2\cdot5-1=9\). Respuestas: 7 y 9.

(b) (i) La sucesión de la capa inferior es \(1,3,5,7,\ldots\), por tanto la diferencia común es 2. (ii) Término general: \(1+2(n-1)=2n-1\).

(c) (i) Para \(n=9\): \(2\cdot9-1=17\). (ii) El total de prismas es la suma de los impares de 1 a \(2n-1\), que vale \(n^2\). Así, para \(n=9\), \(81\).

(d) Como argumento general, \(1+3+\cdots+(2n-1)=n^2\). Por tanto, el total es \(n^2\).

(e) Con 4 capas hay 6 blancos en total. El total de triángulos en la sección es \(n^2=16\). Negros = \(16-6=10\).

(f) Los negros por capa siguen \(1,2,\ldots,n\). Suma: \(1+2+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}\). Total negros: \(\dfrac{n(n+1)}{2}\).

(g) Blancos dados: \(\dfrac{n(n-1)}{2}\). Total triángulos = negros + blancos:

\[\frac{n(n+1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n\big((n+1)+(n-1)\big)}{2}=\frac{n(2n)}{2}=n^2.\]

Luego, el total es \(n^2\).

Procedimiento general: identificamos los datos del apartado, sustituimos en la fórmula o modelo indicado y calculamos el resultado antes de redondear según el enunciado.

(a) Igualamos \(1.5^{x}=\dfrac{6}{x}\). Con GDC, resolvemos numéricamente las intersecciones (método de graficación o solver). Se obtienen dos soluciones:

\(x\approx 0.638\) y \(x\approx 4.10\).

(b) (i) El área sombreada bajo \(f\) entre los puntos de corte es \(\displaystyle \int_{0.638}^{4.10} 1.5^{x}\,dx\).

(ii) Integramos \(1.5^{x}\): \(\displaystyle \int 1.5^{x}\,dx=\frac{1.5^{x}}{\ln 1.5}+C\). Evaluando,

\[A_{f}=\left.\frac{1.5^{x}}{\ln 1.5}\right|_{0.638}^{4.10}\approx 9.80\;\text{uáreas}.\]

(iii) El área entre curvas es \(\displaystyle \int_{0.638}^{4.10} \big(g(x)-f(x)\big)\,dx=\int_{0.638}^{4.10}\left(\frac{6}{x}-1.5^{x}\right)dx\).

Usando la GDC para la evaluación numérica,

\(A=\displaystyle \int_{0.638}^{4.10}\left(\frac{6}{x}-1.5^{x}\right)dx\approx 5.38\).

(c) Paralelismo implica igualdad de pendientes en puntos adecuados: \(f'(x)=g'(x)\). Como \(f'(x)=1.5^{x}\ln 1.5\) y \(g'(x)=-\dfrac{6}{x^{2}}\), buscamos \(x\) tal que los módulos de las pendientes coincidan (véase gráfica de \(f’\) y \(|g’|\) en GDC). La lectura gráfica (o solver) da

\(k\approx 1.86\).

(a) área curva hemisferio: \(2\pi r^{2}\). área lateral del cilindro: \(2\pi r h\). Entonces

\(A=2\pi r^{2}+2\pi r h\).

(b) Volumen hemisferio: \(\dfrac{2}{3}\pi r^{3}\). Volumen cilindro: \(\pi r^{2}h\). Por tanto,

\(V=\dfrac{2\pi r^{3}}{3}+\pi r^{2}h\).

(c) Sustituimos \(V=10\,000\): \(10\,000=\dfrac{2\pi r^{3}}{3}+\pi r^{2}h\). Despejando \(h\):

\[\pi r^{2}h=10\,000-\frac{2\pi r^{3}}{3}\;\Rightarrow\;h=\frac{30\,000-2\pi r^{3}}{3\pi r^{2}}.\]

Queda \(h=\dfrac{30\,000-2\pi r^{3}}{3\pi r^{2}}\).

(d) Sustituyendo \(h\) en \(A=2\pi r^{2}+2\pi r h\):

\[A=2\pi r^{2}+2\pi r\left(\frac{30\,000-2\pi r^{3}}{3\pi r^{2}}\right)=2\pi r^{2}+\frac{60\,000}{3r}-\frac{4\pi r^{2}}{3}=\frac{2\pi}{3}r^{2}+\frac{20\,000}{r}.\]

(e) Derivada respecto de \(r\):

\[\frac{dA}{dr}=\frac{4\pi}{3}r-\frac{20\,000}{r^{2}}.\]

(f) Para minimizar, igualamos a cero: \(\dfrac{dA}{dr}=0\Rightarrow \dfrac{4\pi}{3}r=\dfrac{20\,000}{r^{2}}\Rightarrow r^{3}=\dfrac{15\,000}{\pi}.\)

De aquó, \(\displaystyle r=\sqrt[3]{\frac{15\,000}{\pi}}\approx 16.8\,\text{cm}\).

Con (c), \(\displaystyle h=\frac{30\,000-2\pi r^{3}}{3\pi r^{2}}=\frac{30\,000-2\cdot 15\,000}{3\pi r^{2}}=0\). Entonces \(h=0\).

(g) Si \(h=0\), la forma óptima es sólo el hemisferio (sin parte cilíndrica).

(a) Prim desde A. Aristas más cortas sucesivas sin formar ciclos:

A≈E (0.86), E≈C (0.62), C≈B (0.74), C≈D (0.78). Orden de vórtices: A, E, C, B, D. Longitud total:

\[0.86+0.62+0.74+0.78=3.00\ \text{km}.\]

(b) Cota inferior por eliminar F: MST en A–E–C–B–D (3.00) más dos más cortas conexiones a F (A y E):

\[\text{LB}=3.00+0.96+1.14=5.10\ \text{km}.\]

(c) Vecino más cercano desde F: F≈A (0.96) ≈ E (0.86) ≈ C (0.62) ≈ B (0.74) ≈ D (0.94) ≈ F (2.24). Suma:

\[0.96+0.86+0.62+0.74+0.94+2.24=6.36\ \text{km}\ (\text{UB}).\]

(d) De la tabla, mejor LB = 5.02 km (por ejemplo, al eliminar A o C) y mejor UB = 6.36 km (por ejemplo, iniciando en A, B o F). El tiempo incluye desplazamiento y 12 min por turbina: \(5\times 12\text{ min}=60\text{ min}=1.0\text{ h}\).

\[\begin{aligned}T_{\min}&=\frac{5.02}{28}+1.0\approx 1.179\ \text{h}\;\Rightarrow\;1.18\ \text{h}\\ T_{\max}&=\frac{6.36}{28}+1.0\approx 1.227\ \text{h}\;\Rightarrow\;1.23\ \text{h}\end{aligned}\]

Por tanto, \(1.18\le T\le 1.23\).

Procedimiento general: identificamos los datos del apartado, sustituimos en la fórmula o modelo indicado y calculamos el resultado antes de redondear según el enunciado.

(a) Total: \(42+25+19+61+27+12=186\).

(b) Usamos puntos medios: pequeóo 11, mediano 14, grande 17. Totales por clase: 103, 52, 31. Media agrupada:

\[\bar x=\frac{11\cdot 103+14\cdot 52+17\cdot 31}{186}=\frac{2388}{186}\approx 12.8\ \text{mm}.\]

(c) En hembras: pequeñas \(42\) de \(86\). Con reposición: \(\left(\tfrac{42}{86}\right)^2=\left(\tfrac{21}{43}\right)^2=\frac{441}{1849}\approx 0.239.\)

(d) Tabla 2ó 3. Prueba \(\chi^2\) de independencia. g.l. \((2-1)(3-1)=2\). Con GDC se obtiene \(p\text{-valor}\approx 0.127\). Como \(p\mathrel{\unicode{x003E}}0.05\), no se rechaza \(H_0\). Conclusión: no hay evidencia significativa de asociación entre categoría de longitud y sexo.

(e) \(H_0: \phi=0.45\), \(H_1: \phi\mathrel{\unicode{x003E}}0.45\). Muestra: machos \(x=100\) de \(n=186\). Prueba binomial (o normal con GDC) bajo \(H_0\): \(X\sim \text{Bin}(186,0.45)\). Valor p unilateral:

\[p=\mathbb P(X\ge 100)\approx 0.0101.\]

Como \(p\mathrel{\unicode{x003C}}0.05\), rechazamos \(H_0\). Conclusión: evidencia significativa de que más del 45% de los escarabajos son machos.

(a) Ecuación característica: \(r^{2}+4r+3=0\Rightarrow (r+1)(r+3)=0\Rightarrow r=-1,-3\). Entonces

\(x(t)=A\,e^{-t}+B\,e^{-3t}\).

(b) (i) Condiciones: \(x(0)=A+B=0\Rightarrow B=-A\). Derivada: \(x'(t)=-A e^{-t}-3B e^{-3t}\). En \(t=0\): \(x'(0)=-A-3B=-1\). Con \(B=-A\): \(-A+3A=2A=-1\Rightarrow A=-\tfrac{1}{2}\), \(B=\tfrac{1}{2}\). Por comodidad,

\[x(t)=\frac{1}{2}\big(e^{-3t}-e^{-t}\big).\]

(ii) Grófica: parte de 0, decrece inicialmente (pendiente \(-1\)), alcanza un mínimo y tiende a 0 desde abajo al crecer \(t\).

(c) (i) El beneficio míx. se logra comprando en el mínimo de \(x\). Resolvemos \(x'(t)=0\):

\[x'(t)=\tfrac{1}{2}(-3e^{-3t}+e^{-t})=0\ \Rightarrow\ e^{-t}=3e^{-3t}\ \Rightarrow\ e^{2t}=3\ \Rightarrow\ t=\tfrac{1}{2}\ln 3\approx 0.549\ \text{min}.\]

(ii) Valor en el mínimo: \(x_{\min}=\tfrac{1}{2}(3^{-3/2}-3^{-1/2})=-\dfrac{1}{3\sqrt{3}}\approx -0.192\). Beneficio míx. por acción (comprar en el mínimo y vender cuando \(x\to 0\)): \(0- x_{\min}\approx 0.192\ \text{dólares}\).

(d) Euler para el sistema \(x’=y\), \(y’=-4y-3x+x\sin t\) con \(h=0.1\):

\[\begin{aligned}x_{n+1}&=x_n+h\,y_n,\\ y_{n+1}&=y_n+h\,(-4y_n-3x_n+x_n\sin t_n),\quad t_n=0.1n,\\ x_0&=0,\ y_0=-1.\end{aligned}\]

Primer paso: \(x_1=0+0.1(-1)=-0.1\), \(y_1=-1+0.1(-4(-1)-3\cdot 0+0\cdot\sin 0)=-1+0.4=-0.6\). Repitiendo hasta \(t=1\) (10 pasos) en la GDC, se obtiene

\(x(1)\approx -0.172\).

(a) Estados: (carga, no carga). Si ayer cargó, hoy carga con 0.4: \(a=0.4\). Complemento: hoy no carga con 0.6: \(b=0.6\).

(b) Vector inicial \(v_0=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\).

(i) Para cargar en días 1 a 4, necesita 4 transiciones «cargar \(\to\) cargar»: \(0.4^4=0.0256\).

(ii) Con \(p=0.7\), \(M=\begin{pmatrix}0.4&0.7\\0.6&0.3\end{pmatrix}\). Calculando \(M^4 v_0\) en GDC, la componente superior (probabilidad de cargar en día 4) es \(0.542\) (aprox.).

(c) Multiplicamos: \(M\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0.4-p\\-0.4+p\end{pmatrix}=(0.4-p)\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\). Así, es autovector con autovalor \(0.4-p\).

(d) En estacionario \(v= Mv\), con \(x=\text{P(cargar)}\), \(y=1-x\). De \(0.4x+py=x\Rightarrow 0.4x+p(1-x)=x\Rightarrow 0.6x=p\Rightarrow x=\dfrac{p}{p+0.6}\). Luego

\(\pi_{\text{cargar}}=\dfrac{p}{p+0.6}\).

(e) Requerimos \(\dfrac{p}{p+0.6}\ge 0.6\Rightarrow p\ge 0.9\). Mínimo valor: \(p=0.9\).