Oposiciones 1998
1
Ejercicios pr´acticos.
Examen de Andaluc´ıa
1.1 Planteamiento
Examen pr´actico. Andaluc´ıa 2-VII-1998
1. Discutir y resolver el sistema a 1 1
1 1 a 1 1 a
x y z
1 1 1
2. Representar las gr´aficas de y x2
3
1, y de 8xy
x
1
0
y determinar el a´ rea limitada por las curvas y los semiejes positivos. 1
3. Calcular
e
x2
dx con una precisi´on de una mil´esima.
0
4. Hallar 2 n´umeros tales que su m.c.d. sea 120 y la diferencia de sus cuadrados sea 345600 5. Sea z
e
2 i 7
, una ra´ız s´eptima de la unidad. Calcular 1
z
z4
z9
z16
z25
z36
6. Consideramos dos calles, que se cruzan perpendicularmente y ambas de 10 m. de anchura. Por cada una de ellas circula una bicicleta de 2 m. de longitud, y cuya anchura suponemos nula. Las bicicletas se mueven paralelamente a las aceras con la misma velocidad, aunque la distancia de cada una a su acera no ha de ser igual a la que lleva la otra. Calcular la probabilidad de que choquen 7. Hallar el c´ırculo osculador a la curva y
Por Jos´e Torres Zapata
cos x
1 donde x
1 1 , en el punto x
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0.
1
Oposiciones 1998
Ejercicios pr´acticos.
1.2 Resolucio´ n 1.- Sea A
a 1 1 a 1 1
1 1 a
. Calculamos su determinante, a 1 1 a 1 1
det A
1 1 a
1 a 1 a2
a 1
1 a
1
a
1
2
1
1 1
a
1
a
2
2
a
Por lo tanto, si det A 1 2, tenemos que det A 0, y la matriz A tendr´a rango 3. Como el rango de la ampliada rg A b 3, tenemos que rg A b rg A no de inc´ognitas, y por lo tanto es un sistema de Cramer que podemos resolver de la siguiente manera. 1 1 1
x
1
1 1 a 1 1 a a
a 1 1
y
1
a
1
2
2
1 a 1 a
1
1 1 a 2
0 1
2
a
1
1
2
a
1 2
2
2
1 2
a
a
a
a
1
a
1 2
2
2
1 a
2
a
2
a
0 a
a
1
1
2
1 0
1
a
0 a
a
a a
a 2
0 a
2
a
a
1 1 1
2
1 0
a
1 1 1
a 1 1
z
2
a
2
1
2
a
a
1
a
1 2
2
2
1 a
Supongamos ahora que a 1. Entonces el rango de A es uno, rg A 1. Pero tambi´en se da que rg A b 1, ya que todas las filas son identicas al vector 1 1 1 1 . Por lo tanto, al coincidir los rangos, el sistema es compatible. Al ser los rangos menores que el n´umero de inc´ognitas, es un sistema compatible indeterminado, con 3 1 2 grados de libertad. Escogiendo una ecuaci´on cualquiera (todas son iguales), x y z 1 x 1 y z. Tomando como par´ametros y z, tenemos que la soluci´on general del sistema en este caso la soluci´on es del tipo 1 , con Supongamos por u´ ltimo que a 2. Entonces rg A 2, ya que existe un menor no-nulo de orden dos det C1 C2 2 1 3 0. Pero entonces rg A b 3 rg A 2, luego el sistema ser´a incompatible. En efecto rg A b 3 porque 1 2 2 1 1
det C1 C2 b
1 2 1
1 1 1
3 0
0 3
9
0
2.- Podemos -por suerte- despejar y en ambas expresiones, con lo cual obtendremos y en funci´on de x en ambos casos. En efecto y x2 8xy
3 x
1
1
y
0
8xy
1
f x : 1
x2 x
3 y
; 1
g x :
x 8x
Representamos f x . No existen cortes con el eje OX, ya que el denominador no se anula nunca. El corte con el eje OY es 0 f 0 0 13 f x f
x
2x x2
3
2 x2
3
x2 0
Por Jos´e Torres Zapata
x
x
2
3 3
3
0
2x x2
x2 2 3x2
Como f x m´aximo local.
0
2
0
3
3 2x 2
4
x
2 x2 x2
8x2
3 3
3
1
0, entonces ah´ı la funci´on presenta un u´ nico extremo relativo. Al ser f
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0
6 27
0, se trata de un
2
Oposiciones 1998
Ejercicios pr´acticos.
Como f 0 0 x 1, entonces la funci´on presenta puntos de inflexi´on en x 1 y en x 3 x2 1 0 x2 1 x 1, entonces la funci´on es c´oncava en x 1 es decir f es c´oncava en x x 1 1 Por lo tanto, su gr´afica queda como sigue:
1. Como f x 0 1 1 , y es convexa en
1
0.8
0.6
0.4
0.2
-4
-6
-2
2
4
6
-0.2
-0.4
x 1 1 1 Representamos ahora g x 0 , ya que 8x 8 8x . Sabemos que Dom g g 0 Calculamos los l´ımites laterales limx 0 g x , limx 0 g x Por lo tanto, g x presenta una as´ıntota vertical en x 0. g x 0 x 1 0 x 1 1 g x 0 x La funci´on no presenta puntos cr´ıticos. 8x2 2 g x 0 x La funci´on no presenta puntos de inflexi´on. 8x3 Adem´as, como g x 0 x, la funci´on es creciente en todo su dominio, y como g x 0 x 0, entonces la funci´on es convexa en , mientras que al ser g x 0 x 0, entonces la funci´on es c´oncava en . Por tanto su gr´afica queda como sigue:
2 1.5 1 0.5
-2 -1.5 -1 -0.5
1
0.5
1.5
2
-0.5 -1 -1.5 -2
(b) Para determinar ahora el a´ rea comprendida entre las dos curvas y los semiejes ordenados positivo hallamos la intersecci´on de las curvas. 0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
1
f x
g x x
1 x2
3
x 3 x2
x3
2
1
4
8x
8x 5x 3
x3
x2
3x
3
0
Podemos comprobar facilmente que x 1 es ra´ız (por Ruffini, p.e.), y entonces podemos expresar como x x 2 x 1 x 1 x 3 x 1 x 3. Como la u´ nica ra´ız positiva es x 3, e´ sta ser´a la soluci´on buscada de f x g x . Por lo tanto, el a´ rea pedida es 1
A
3
f x
0
0
g x dx
1 1
Por Jos´e Torres Zapata
1
f x dx dx x2 3
3
0
1 8
1 ln x 8
3 1
3 3 3
3
dx x2 ln 3 8
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3
1
1 x2
3
1 8
1 x2
2x
1 dx 8x
1 4 3
3
Oposiciones 1998
ya que
1 dx 0 x2 3
Ejercicios pr´acticos.
3 3 3,
x , 3
haciendo el cambio de variable standard, ed t 1
dx x2
0
1
1 3
3
dx
0
x 3
3
3 3
2
1
dt t2
0
tenemos que 3 arctan t 3
1
3 3 3
3 0
2
3.- Desarrollamos e x mediante la f´ormula de Taylor. Como tenemos que el radio de convergencia de la serie que define a xn f x ex , podemos sustituir t´ermino a t´ermino, obteniendo una expresi´on que escribimos utilizando n 0 n! es infinito, el t´ermino de Lagrange para el resto, ed. x2
e 1 n 1 x2n 2 e n 1!
donde Rn x
2
1 2 x4 2!
1 x2 1!
1
1 n x2n n!
1 0
1 x2 dx 0 e
. Por lo tanto, tendremos que I 1 0 Rn
mar I con precisi´on de una mil´esima, hemos de conseguir que 1
Rn x dx
0
x dx
1
Rn x dx
Rn x
1 n
0
1!
1 0 Pn 3.
10
0 x 1 0 Rn
x dx
x dx. Como queremos aproxi-
Pero 1
x2n 2 dx
n
x2n 3 1 ! 2n 3
1 0
1 2n
3 n
1!
ya que 1
Rn x
n
1!
x2n
2
, ya que f x
e
x2
es decreciente en 0 x
0 1 ymaxe
2
1 Entonces, queremos conseguir que 01 Rn x dx 10 3 , o equivalentemente que 2n 3 1 n 1 ! 1000 Vamos probando con sucesivos n´umeros, hasta que comprobamos que n 5, nos basta, ya que 13 720 Por lo tanto, podemos aproximar la integral como 1
I
x4 2!
1
x2
x3 3
x5 10 1 1320
0
x 5651 7560
x6 3!
x7 42
x8 4!
x10 5!
x9 216
1, si
0 1
1000 2n 3 n 9360 1000 y .
dx 1
x11 1320
1 0
1 3
1 10
1 42
1 216
1 1320
0 74673
120 b. Entonces, como queremos hallar estos A B de modo que A2
4.- 120 mcm A B A 120 a B Basta entonces hallar a b, ya que A2
1 !.
B2
1202
a2
b2
345600
B2
345600.
1202 24
luego el problema lo podemos simplificar a encontrar tales a b de forma que a2 b2 24 3 23 . Como a b , podemos reescribir como a b a b 23 3, y como cada par´entesis tambi´en ser´a entero, se trata de encontrar la posibles descomposiciones factoriales del n´umero 24. Como estamos tratando con n´umeros al cuadrado, a2 y b2 , entonces la soluciones son v´alidas con cualquier signo. Las posibles descomposiciones de 24 son 3 8 6 4 12 2 24 1. Resolviendo los sistemas obtenidos a
b
3
2a
a
b
8
b
a a
Por Jos´e Torres Zapata
8 a
3
2a
11 contradicci´on porque a
8
b b
6 4
a
b
12
a
b
2
2a 6 4 b a 4 2a b
12 a
a
2
5 b
a
7 b
1
5
2
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Oposiciones 1998
Ejercicios pr´acticos.
Por lo tanto, a b
a
b
24
a
b
1
5
2a
1
b
a
1
1
5.- Observamos en primer lugar que Re S desesperaci´on, no toi seguro... En primer lugar, vemos que S 1 z z4 S
S
S2
24
2a
25 contradicci´on porque a
1 7
5
0, donde S z36 1 1 2 1 z
2 Entonces, ¡oh, maravillosa idea!, S2
1
, al ser S
1
1
2z2
z2
z3
2z2 2z4
z4
1
4z2
4z4
4z8
4z
4z2
4z4
1
2
8z
4
5
3
6
0
8z 7
e
2z6
1 z6
2z5
i2 7
... por inspiraci´on divina, o por 1, luego
2z3
0
2
2z4
7
z36 , y z
imaginario puro. Bueno, pues
2z2
8z
1
2z4 , aplicando que z7
z5
2z
1
z4
z
2z
2z
1
8z S
8z
8z
7
i 7
8z5
8z3
7
8z6
(y como z8
z
6
8 1
z
)
z
6.- Sea X=”coordenada x de la bicicleta A”, y sea Y =”coordenada y de la bicicleta A” Como ambas bicicletas se mueven a la misma velocidad, si A entra por x x0 y B entra por y Pueden darse dos posibilidades, que A choque con B, o bien que B choque con A. Podemos suponer el origen de coordenadas en una de las esquinas de la intersecci´on.
x0
las bicicletas chocar´an.
(B)
(A)
En el primer caso, A1 x0 tv B1 tv y0 B2
B1 B2 , el segmento determinado por B1 B2 . Entonces si llamamos t al tiempo transcurrido, A1 tv 2 y0 . Por lo tanto y0
En el segundo caso B1
2
tv
2
x0
tv
A1 A2 , es decir tv y0
y0 es decir que y0
x0 tv x0
2
x0 tv y0
tv
2
x0
y0
2 , y por lo tanto tendremos que x0
Luego las condiciones que se han de cumplir para que choquen ha de ser que y x
2 2
x y
y y x que podemos desglosar en 4 x x y
2 2 y x
x y
Como las bicicletas circulan a una distancia de la baldosa entre 0 y 10m, podemos suponer que siguen distribuciones uniformes, 1 ed X U 0 10 , y que Y U 0 10 . Tambi´en podemos suponer que son independientes. Entonces, fX x x 10 0 10 x , con 1 la funci´on indicador del intervalo 0 10 , ed x 1 si x 0 10 , 0 en caso contrario. An´alogamente fX y y es 10 0 10 la funci´on de densidad de Y . Por lo tanto, P ”choquen”
P X Y
A
f A
1 100
Por Jos´e Torres Zapata
dxdy A
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XY
x y dxdy
1 Area A 100
5
Oposiciones 1998
Ejercicios pr´acticos.
es decir, que podemos interpretar las probabilidades como a´ reas, al tratarse de distribuciones uniformes. Luego
B1 A
B2
CF CP
p
Area A Area total 88 2
1
88 2
100 64 100
1
100
Area B1 100 36 9 100 25
Area B2
7.- Se define el c´ırculo osculador a una curva como el c´ırculo tangente en ese punto a la curva, (e.d. que coinciden las tangentes 1 de la curva y la circunferencia) y que tiene como radio el radio de curvatura de la curva en el punto, k1 , donde k1 es la curvatura de la curva en el punto. 1 Es decir, que si r es la tangente com´un, entonces O, centro de la circunferencia est´a en s r, de modo que OP k1 . Si parametrizamos la curva t x t y t por la longitud de arco, entonces k1 s s , con s el par´ametro arco, es t decir s t L t r dr. a 0 Tenemos que s t t t 0 si la curva es regular, con lo cual es un cambio de variables admisible, al ser s 0 b una biyecci´on continua - es estrictamente creciente-. Sea L0 long r dr, y sea el cambio de variable : 0 L0 a b, a 2 y con t s s , o lo que es lo mismo, L 1 . Consideramos ahora la curva reparametrizada, e.d. sea ¯ : 0 L0 calculamos su derivada. 1 1 ¯ s s s s L 1s s . Por lo tanto, ¯ s 1, ya que ser´ıa ¯ s s s s 1 s
s
t t
. Por lo tanto de aqu´ı deducimos que ¯ s
¯ s s t
t ¯ s ¯ s 2 1 1 cte Entonces, derivando en (1) obtenemos
, o equivalentemente (1)
1. Entonces, derivando, tenemos que
t
¯
s
2
s t
2
¯ s s t
0
0
(2)
Calculamos ahora t
¯ s s t ¯ s
t
s t 0
3
¯ s s t
s t s t
s t s t t s t
s t
2
s t
1
t
t
t
(3)
t
De la ecuaci´on (2) podemos despejar ¯ s , y obtenemos, aplicando (1) y (3) que ¯ s s t
t
¯ s
s t
2
s t
2 t
t t
t 2
t
t t 2
t
Por lo tanto k1
Por Jos´e Torres Zapata
¯
s
t t
t 2
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t t
t 4
6
Oposiciones 1998
Ejercicios pr´acticos.
En nuestro caso, t t cos t 1 t 1 sin t 1 t 0 cos t 1 t t sin t 1 cos t 1 , por lo que evaluando en t 1, tendremos que t 1 1 t 1 0 t 0 1 1 1 0. Luego k1 1 0 1 1. Por lo tanto el c´ ı rculo osculador tiene radio 1. Hallamos el centro del c´ ı rculo osculador. 1 k1 1 La tangente r a la curva en P 1 1 es r t P 1 t 1 1 t 0 1 t 1 . El centro se halla en s t por P. Entonces s x 1, ya que r y 1, y se cumple que OP 1 d PO d 1 1 1 0. Por lo tanto, el centro es el punto O 1 0 , y el c´ırculo osculador ser´a la circunferencia x
1
2
y2
1
OTRA FORMA Se dice que dos curvas f g tienen en a un contacto de orden n si se cumple que f a g a f a g a f n a gn a . Un c´ırculo osculador a una curva en un punto es una circunferencia que tiene un contacto de orden dos con la curva en el punto. Sea la ecuaci´on de la circunferencia x a 2 y b 2 r2 . Ahora imponemos la condici´on de que tenga un contacto de orden 2 con la curva. Para ello, podemos considerar que hemos hallado y g x , que nos da la expresi´on de la circunferencia, y hallamos las derivadas -con respecto a xx 2 x
a x
1
a
2
g x
b
2
r2
(4)
2 g x
b g x
0, es decir
g x
b g x
0
(5)
0
(6)
a
g x
b g x
g x
2
Calculamos a y b a partir de (5) y (6) x 1
a g x g x bg x 0 g x g x bg x g x
2
a bg x x g x g x bg x 1 g x g x g x
2
0
obtenemos que b
g x
a
x
1
g x g x
g x g x g x
x
r
2
1
2
bg x g x
x
g x g x
g x g x
g x g x
1
g x
2
2
g x
x
a
1
2
g x g x
g x 2
b
g x
2
g x
2
2
1
g x
2
1
1
1
2
g x
g x g x
2
g x g x
2
2
3
2
y por lo tanto 1 r
abs
g x
2
3 2
g x
Como ahora queremos que esta circunferencia tenga un contacto de orden 2 con la curva y f x en un punto gen´erico x f x , por lo que ha de cumplirse que f x g x,f x g x,f x g x. Particularizando a nuestro caso, y f x cos x 1 , y queremos hallar el c´ırculo osculador en el punto x 1. Entonces calculamos f 1 f 1 f 1 . Tenemos que f x cos x 1 x 1 1, f x sin x 1 x 1 0, f x cos x 1 x 1 0 2 2 1 13 2 2 1. El c´ırculo osculador ser´a x a y b r , con a 1 1, b 1 0, y por ultimo ´ r 1, y por lo 2 1 1 1
tanto el c´ırculo osculador es x
Por Jos´e Torres Zapata
1
2
y2
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1
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Oposiciones 1998
2
Ejercicios pr´acticos.
Examen de Murcia
2.1 Planteamiento 1.- Se lanza un dado hasta que aparecen tres resultados distintos. Hallar el n´umero medio de lanzamientos que es preciso realizar.
2.- Una semicircunferencia de radio r se divide en n 1 partes iguales, y se une un punto cualquiera de la divisi´on con los extremos, form´andose un tri´angulo rect´angulo de a´ rea A k . Se pide calcular el l´ımite, cuando n , de la media aritm´etica de las a´ reas de esos tri´angulos.
3.- Sea f una funci´on continua en 0
, y tal que f t sent dt 0
Demostrar que existen al menos dos puntos
4.- Demostrar que la ecuaci´on z4
Por Jos´e Torres Zapata
51
f t cost dt
del intervalo abierto 0
iz
0
0
3
de modo que f
f
0
0 no tiene ninguna soluci´on en el cuarto cuadrante del plano complejo.
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8
Oposiciones 1998
Ejercicios pr´acticos.
2.2 Resolucio´ n 1.- Hallar el n´umero medio de tiradas en un dado perfecto para que salgan 3 resultados distintos. Supongamos que el experimento termina en la na tirada. La estructura del experimento debe ser
1ª
nª
...
2ª
3er nº
2 nº’s dist. en (n-1) posic
Sean los sucesos An ”El experimento termina en la tirada na ”, X ”No de apariciones del ’primer no ’ en n 1 tiradas”, Y de apariciones del ’segundo no ’ en n 1 tiradas” y Z ”en la tirada na sale ’3er no distinto a los dos anteriores” Entonces, An
X
1Y
2 ˙ X
n
2Y
3 ˙
n
˙ X
n
2Y
1
”No
Z
donde ˙ significa uni´on disjunta. En X Y influyen las n 1 primeras tiradas, pero en Z s´olo influye la na , y por lo tanto, como las tiradas de los dados son al azar, podemos suponer que X (´o Y ) son independientes de Z. Por lo tanto n 2
P An
P X
rY
n
1
r
P Z
r 1 CF 4 2 P Z P ”fijados 2 no ’s, salga otro ” xY y p, CP 6 3 . Calculemos ahora cada una de las probabilidades P X de modo que x y n 1 x y 1 Tenemos que p CF ; CP 6n 1 , y para calcular los casos favorables, como hay que ocupar n 1 posiciones con 2 no s CP 6 x y escogidos entre 6, tendremos que CF ermino corresponde a los modos de tomar 2 entre los 6 2 x , donde el primer t´ posibles no s, mientras que el segundo son los modos de escoger x puestos entre x y, y los otros est´an ocupados por el 2o no Por lo tanto
2n 3r
P An
2 r n 1 r 6 r 2 n 1 6 1 n 2
2 1 6 3 6n 1 2
n
1 r
r 1 n 1
2 1 6 3 6n 1 2
n
1
2
r
r 0
2 1 10 20 15 2n 1 2 n 1 n 1 36 3 6n 1 Si consideramos ahora la variable aleatoria A, dada por los sucesos An e.d. P A n P An , donde n medio de tiradas para termihar es E A
nP A
n
n 3
10 n
n 3
n n 1 3 3
20 n
10n 3n 1
3, entonces el n´umero
20n 6n 1
n n 1 6 3
10S1
20S2
siendo la pen´ultima igualdad v´alida al ser Si finitas, ed convergentes, como vamos a demostrar. Se trata de calcular sumas de progresiones aritm´etico-geom´etricas, y lo hacemos por el m´etodo standard, ed multiplicamos por la raz´on de la serie geom´etrica y restamos. 3 32
S1m 1 S1m 3 y por lo tanto 23 S1m
1 3
Por Jos´e Torres Zapata
1 33
1 3m 1
m 3m ,
S1
3 2
1 3
m
3 2
1 3
1 3 33 2
y como S1 lim
4 33 3 33
m 3m 1 m 1 3m 1
limm
S1m , tendremos que
1 1 33 1 0
m 3m
1 3
m
m 3m
1 1 2
1 6
7 12
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lim
9
Oposiciones 1998
Ejercicios pr´acticos.
An´alogamente, calculamos S2 3 62
S2m 1 S2m 6 y por lo tanto 56 S2m
1 12
1 66
1 6m 1
S2
y por tanto E A
10 72
8 20 75
32 15
35
4 66 3 66
m 6m 1 m 1 6m 1
m 6m ,
y como S2
limm
6 5
1 12
m
lim
1 1 63 1
6 5
1 12
1 6 63 5
8 75
493 15
m 6m
S2m , tendremos que lim
1 6
m
m 6m
32 86
2.- Cada uno de los tri´angulos pedidos tiene un a´ rea, seg´un comprobamos en la figura
O
r
que viene dada (al ser el a´ ngulo central
2 k 2n 1
r
) por 2r sin 2 2n
A k
k 1
r sin
2
k n
1
1 n y por lo tanto la media pedida es limn limn r n 1 1 sin n k1 1 . n 1 k 1A k 1 1 Consideramos en 0 1 las particiones Pn 0 1 , donde j 1 n, y la funci´on 0 1 m j 1 n 2 n 1 j f x sin x, que est´a definida y es continua en 0 1 , con lo cual 1 es una suma de Riemann de f x en el intervalo 0 1 respecto de particiones Pn cada vez m´as finas (si n d Pn 0), por lo que podemos escribir
r lim
1
j
n
j 1
1
r
sin x dx
r
sin
k n
cos x
0
1 1
r lim S f Pn d Pn
0
j
2r
0
3.- La resoluci´on de este problema pide a gritos a la aplicaci´on de los teoremas de Lagrange y Cauchy. S´olo hace falta encontrar x los puntos adecuados. Como 0 f t sint dt 0, definimos funciones primitivas F x 0 f t cost dt 0 f t sint dt, y G x x 0 f t cost dt Primer cero: F 0
0
0 0
,F
0 por hip´otesis, y como f es continua en 0
, entonces F es derivable en 0
,
y por lo tanto continua. Entonces estamos en las hipotesis del teorema de Rolle, y 0 de modo que F 0. Pero F f sin , y sin 0 0 Segundo cero: Supongamos ahora que f 0 . Entonces aplicamos el teorema del valor medio de Cauchy a F y G en los intervalos I1 0 e I2 En I1 tendremos que 0 de modo que F G G 0 G F F 0 . Pero tenemos que F 0 G 0 0, F f sin , G f cos , luego f En I2 tendremos que 0, F f sin , G
f
de modo que F cos , luego f
sin f
Por Jos´e Torres Zapata
sin G G G sin G
f
cos F
G
(7)
G
F
f
cos
F
f
cos F
June 17, 1999
F
. Pero tenemos que F
G
(8) 10
Oposiciones 1998
Ejercicios pr´acticos.
De las ecuaciones 7 y 8 y del hecho que estamos suponiendo que f x y por f , con lo que obtendremos
G cos sin
cos sin
F
F
, se deduce que podemos dividir por f
cos F sin cos F sin
G
con lo que
0 x
. Entonces pueden ocurrir dos casos:
1. F 0. Entonces podemos aplicar el m´etodo que hemos aplicado para hallar el primer cero al intervalo I1 (o al intervalo I2 ) para hallar otro cero. De hecho en este caso podemos asegurar la existencia de al menos tres ceros. 2. F 0. Entoces tenemos que la cotangente coincide en dos puntos distintos de 0 funci´on biyectiva en este intervalo, es decir, F
0
ctg
ctg
0
, siento esto imposible al ser ctg x una
contradicci´on
0
4.- Sea p z z4 5 1 i z 3, y sea z Entonces p z puede ser escrito como
a
bi.
a4 4a3 bi 6a2 b2 4ab3 i a4 6a2 b2 b4 5a 5b
p z
b4 3
5a 5bi 5ai 5b 3 i 4a3 b 4ab3 5b 5a
En primer lugar el polinomio no puede tener soluciones reales o imaginarias puras. a
0. Entonces p z
b4
5b
3
5bi, y si fuera p z
0 entoces b
0. Pero z
0
0
0i no es soluci´on
b
0. Entonces p z
a4
5a
3
5ai, y si fuera p z
0 entoces a
0. Pero z
0
0
0i no es soluci´on
Veamos ahora que no existe soluci´on en el cuarto cuadrante, donde excluimos los puntos sobre los ejes por lo anterior. La parte imaginaria de p es 4a3 b
Imp
4ab3
4ab a a
2
b
4
zn n 1
0 estrictamente, entonces ai
Por Jos´e Torres Zapata
0
b
b
5
0, es decir que a b 4ab a b 5 0 0. Por lo tanto ha de darse que a b 0, es decir a b. 1 4 a las cuatro raices de p z , tendremos, por la relaciones
4
0
5a
5 a
b 4ab a
Si queremos que z a bi sea soluci´on tendr´a que pasar que Imp Pero a 0 b 0, luego 4ab 0 a b 0 4ab a b 5 Esta z a bi es una ra´ız cualquiera; llamando zi ai bi i con i de Cardano-Vieta, que
y como cada ai
5b
2
4
ai n 1
i
bi n 1
bi y ya hemos visto anteriormente que z
June 17, 1999
0 no era ra´ız.
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