OPOSICIONES SECUNDARIA 2018 MATEMÁTICAS
Miguel-Ángel Pérez García-Ortega
ÍNDICE
Andalucía Aragón Asturias Cantrabria Castilla La Mancha Castilla y León Cataluña Ceuta Euskadi Extremadura Galicia Madrid Murcia Rioja
3 18 34 47 72 77 88 106 124 131 140 159 166 180
AGRADECIMIENTOS Me gustaría agradecer su colaboración a todos aquéllos miembros del Grupo de Facebook “Oposiciones de Matemáticas - Problemas” que han aportado enunciados, comentarios o soluciones de los ejercicios que aparecen en este manual, en especial a Gustavo Téllez Soriano, por la gran cantidad de soluciones aportadas (alguna de las cuales he aprovechado), a Francisco-Javier García Capitán, por estar siempre al pie del cañón orientando a los más “despistados” (entre los que me incluyo) y, por supuesto, a mi buen amigo Manuel Muñoz Blázquez que, pese a estar de vacaciones en “la otra parte del mundo”, ha colaborado decisivamente para la finalización de este trabajo. Por último, me gustaría dar la enhorabuena a todos los que aprobaron, ánimos a los que no lo hicieron y desear un feliz verano a todos.
ANDALUCÍA
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Dados la matriz A ‘ 43 , el vector
1 0 A 1 0
2 1 1 1
0 1 1 1
b ‘ 4 , a ‘
0 1 b a2
y el subespacio vectorial F de
F
a2
0 x1 x 2 x 4 0 x x x 1 3 4
Discutir, según los valores de a, y resolver, cuando sea posible, el sistema de ecuaciones: AX b ( X ‘ 3 )
Sea E el subespacio vectorial columna de A. Calcular sus ecuaciones implícitas.
Hallar una base del subespacio vectorial E F .
Calcular la matriz B de la transformación lineal T : ‘ 3 ‘ 4 que verifica:
T (e 1 ) A(e 2 e 3 ) T (e 2 ) Ae3 T (e 3 ) Ae2 siendo e 1 , e 2 , e 3
la base canónica de
‘
3
.
Solución:
Como:
0 1 1 0 1 a2 2 0 a
2 1 1 1
0 1 1 1
x y z
x 2 y y z x y z y z
vamos a distinguir tres casos:
Si a 2 1, el sistema formado por la segunda y la cuarta ecuación:
x y 1 x y a2 es incompatible, por lo que el sistema global también lo es.
Si a 1, resulta el sistema de ecuaciones:
x 2 y 0 1 2 0 A 0 1 1 y z 1 x y z 1 1 1 1
Andalucía 2018 4
0 1 1
‘
4
:
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES que es compatible e indeterminado, pues soluciones: S
rg( A ) rg( A ) 2 3,
siendo su conjunto de
(2 2t , 1 t , t ) : t ‘
Si a 1, resulta el sistema de ecuaciones:
x 2 y 0 1 2 0 A 0 1 1 y z 1 x y z 3 1 1 1
0 1 3
que es incompatible, pues rg( A ) 2 3 rg( A ).
Como:
rg
1 0 1 0
0 1 rg 1 1
1 0 1 0
2 1 1 1
0 1 2 1 1
entonces:
1 0 0 1 , 1 1 0 1
E
por lo que las ecuaciones paramétricas de E son:
x 1 x 2 (, ‘ ) E x 3 x 4 y, eliminando los parámetros y , podemos obtener sus ecuaciones implícitas: E
0 x2 x 4 0 x x x 1 2 3
Como:
E F
0 x 2 x 4 x 2 x4 0 x 1 x 2 x 3 x 3 x 4 0 x 1 x 2 x 4 x 1 0 0 x 1 x 3 x 4
entonces: E F (0,1, 1, 1 )
Andalucía 2018 5
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Como:
T (e 1 ) T (e 2 ) ( ) T e 3
1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0
2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1
0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1
2 0 0 1 2 1 0 0 0 1 0 1 1 1 2 0 1 1 1 0 1
entonces:
2 0 B 2 0
0 1 1 1
2 1 1 1
Andalucía 2018 6
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Dados los puntos del plano A (1, 2 ) y B (3, 3 ) :
Calcular la ecuación de la parábola que tiene el vértice en el punto A y el foco en el punto B.
Determinar como número complejo en forma binómica los vértices de un triángulo equilátero con centro en A, sabiendo que B es uno de sus vértices.
Solución:
Como la directriz de esta parábola es la recta perpendicular a la recta AB pasando por el punto B’ simétrico de B respecto de A: B
(2 x A x B , 2 y A y B ) (1, 1 )
y: m AB
3 2 1 m 2 AB 31 2
entonces, la ecuación de la directriz es: y 1 2( x 1 ) 2 x y 1 0
por lo que la ecuación focal de esta parábola es: ( )2 ( x 3 ) 2 ( y 3 ) 2 2 x y 1 0 5 x 2 4 y 2 4 xy 34 x 32 y 89 0
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OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Girando en sentido positivo el segmento AB un ángulo de 23 con respecto al punto A, obtenemos el punto B’ y, de igual forma, girando en sentido negativo el segmento AB un ángulo de 23 con respecto al punto A, obtenemos el punto B’’, por lo que los números complejos cuyos afijos son los vérticies del triángulo BB’B’’ son:
z B 3 3i z B 1 2i cos 2 i sin 3 z B 1 2i cos 23 i sin
2 [(3 3i ) (1 2i )] 3 3 2 3 i 3 2 2 2 [(3 3i ) (1 2i )] 3 3 2 3 i 3 2 2
Andalucía 2018 8
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Consideremos la curva
C de
ecuación x 2 y 2 4 :
De todos los triángulos inscritos en la curva C , con vértice en el punto A (0, 2 ) y base paralela al eje de abscisas, calcular el que tiene máxima superficie.
Calcular la ecuación de la envolvente de la familia de circunferencias que tienen el centro en la curva C y que sus radios son la mitad del radio de C.
Solución:
Vamos a hacerlo de dos formas distintas:
Si llamamos B y C a los otros dos vértices del triángulo considerado, como la curva C es la circunferencia de radio 2 centrada en el origen de coordenas, entonces:
B (2cos t , 2sin t ) t , : 2 2
C (2cos t , 2sin t )
por lo que el área del triángulo ABC viene dada por la función A : 2 , 2 (0, ) definida por:
1 0 2 1 ( ) A(t ) 2 1 2cos t 2sin t 4cos t 1 sin t 1 2 cos t 2sin t que verifica que: t , : A (t ) 4(2sin t 1 )(sin t 1 ) 0 sin t 1 t
2 2
2
Además, como: t , : A (t ) 4cos t (4sin t 1 )
2 2
Andalucía 2018 9
6
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES entonces: A
6 6 3 0
y, por tanto, el área del triángulo ABC es máxima cuando t 6 , es decir, cuando el triángulo ABC es equilátero.
Si ABC es el único triángulo equilátero con un vértice en el punto A inscrito en esta circunferencia, considerando coordenadas baricéntricas respecto de él, resulta que la ecuación de su circunferencia circunscrita es: xy xz yz 0
y, considerando el punto simétrico A (1 : 2 : 2) del punto A (3 : 0 : 0 ) respecto del punto G (1 : 1 : 1 ), si el punto P está situado en el arco AA’ por el lado del vértice B (si estuviese situado en el lado opuesto se razonaría de forma totalmente análoga), entonces: p 1 : P ( p( p 1 ) : p : 1 p )
2
por lo que, como BC (0 : 1 : 1 ), la ecuación de la recta paralela a BC (paralela al eje de abscisas) pasando por P es: x
0
y
z
0 1 1 x p(1 p ) y p(1 p ) z p( p 1 ) p 1 p
luego las coordenadas del punto Q vienen dadas por la segunda solución del siguiente sistema de ecuaciones:
0 xy xz yz 0 x p(1 p ) y p(1 p ) z Q ( p( p 1 ) : 1 p : p )
Andalucía 2018 10
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Finalmente, como: 1 0 0 p( p 1 ) p 1 p p( p 1 ) 1 p p ( APQ ) 1 ( ABC ) ( p 2 p 1 ) 2
1
2 p 1 ( p 1 ) 2 ( p 2 2 ) 0 1 ( p 2 p 1 ) 2 ( p 2 p 1 ) 2
entonces: ( APQ) ( ABC ) dándose la igualdad cuando p 1, es decir, cuando:
P (0 : 1 : 0 ) B Q (0 : 0 : 1 ) C o lo que es lo mismo, cuando el triángulo APQ es equilátero.
Cualquier punto de esta circunferencia situado en el semiplano superior (si estuviese situado en el semiplano inferior se razonaría de forma totalmente análoga) es de la forma t , 4 t 2 (2 t 2 ), por lo que la ecuación de la circunferencia de radio unidad centrada en él es: ( x t ) 2 y 4 t 2
2
1 (2 t 2 )
Una vez determinada la familia de circunferencias, para calcular su envolvente, tenemos que eliminar el parámetro t del sistema de ecuaciones determinado por la ecuación anterior y su ecuación derivada con respecto a t , es decir:
1 ( x t ) 2 y 4 t 2 2ty 0 4 t 2 2 x
Andalucía 2018 11
2
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES de donde, despejando el parámetro en la segunda ecuación y sustituyendo en la primera, obtenemos la ecuación de la envolvente buscada:
( x 2 y 2 1 )( x 2 y 2 9 ) 0 que es la unión de las circunferencias centradas en el origen de coordenadas y cuyos radios son 1 y 3, respectivamente.
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OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Dada la función f ( x ) cos x :
Calcular la serie de Taylor de la función f .
Demostrar que: (1 ) n x cos dx n0 (4n 1 )(2n )! 0 2 x 1
1 cos x dx con un error menor que 10 3 . Calcular el valor de 0 2 x
Solución:
Como el enunciado deja mucho que desear, vamos a utilizar el desarrollo de McLaurin. Además, como la función f es infinitamente derivable, entonces:
cos x n0
Como la sucesión
1 (2n )!
f n (0 ) n x n!
2
4
6
1 x2! x4! x6! ...
converge a 0 y es decreciente, entonces, el Criterio de Leibniz nos nŒ
(1 ) n1 asegura que la serie alternada n0 ( ) es convergente. Además, como: 2n !
(1 ) n1 x 2n 2 (1 ) n1 n Π0 , x (0, 1 ) : (2n )! (2n )! 1
entonces, el Criterio de Weierstrass nos asegura que la serie funcional: 1
n cos x (1 ) x 2n 2 n0 (2n )! x
es uniformemente convergente en el intervalo (0, 1 ), por lo que: 1
0
cos x dx 1 2 2 x
12
1
(1 ) n (2n )!
n0 0 n0
(1 ) n x 2n 12 dx (2n )!
1
x 2n
1 2
0
(1 ) n 2 (2n )! 4n 1 n0 (1 ) n ( n0 4n 1 )(2n )!
12
Andalucía 2018 13
dx
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Como, según hemos probado en el apartado anterior: 1 (1 ) n cos x dx n0 (4n 1 )(2n )! 0 2 x
entonces, tenemos que calcular n Œ tal que: (1 ) n 1 3 (4n 1 )(2n )! (4n 1 )(2n )! 10 lo cual es cierto para cualquier número natural n 3. Por tanto, tomaremos: 2 (1 ) n cos 977 x 1 5 12! 9 14! 1080 dx n0 (4n 1 )(2n )! 0 2 x 1
Andalucía 2018 14
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 5. Dadas las funciones:
f ( x ) xe x g( x ) 2 x x e t 2 dt 0
Estudiar y representar gráficamente la función f .
Calcular:
lim x0
f ( x ) g( x ) 2 x x ln(1 x )
Solución:
Como: Df ‘
Esta función:
No tiene asíntotas verticales. Tiene una asíntota horizontal en la recta y 0 (por el lado derecho) pues: x lim [ xe x ] xlim e x
x
lim e1 x 1 0
L’Hoˆpital x
No tiene asíntotas oblicuas, porque: xe x e x e lim xlim x x
La gráfica de esta función corta a los ejes coordenados únicamente en el punto (0,0). Además: x
(0, ) : f ( x ) xe x 0
x
(0, ) : f ( x ) xe x 0
Como: x ‘ : f ( x ) (1 x)e x 0 x 1
entonces:
Esta función es estrictamente creciente en el intervalo (, 1 ), ya que: x (, 1 ) : f ( x ) (1 x )e x 0
Esta función es estrictamente decreciente en el intervalo (1, ), ya que: x (1, ) : f ( x ) (1 x )e x 0
Andalucía 2018 15
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto, tiene un único extremo relativo, que es un máximo, en el punto 1, 1e .
Como: x ‘ : f ( x ) ( x 2 )e x 0 x 2
entonces:
Esta función es convexa en el intervalo (, 2 ), ya que: x (, 2 ) : f ( x ) ( x 2 )e x 0
Esta función es cóncava en el intervalo (2, ), ya que: x (, 2 ) : f ( x ) ( x 2 )e x 0
y, por tanto, tiene un único punto de inflexión, en el punto 2, e22 .
Finalmente, su representación gráfica es:
Utilizando la Regla de L’Hôpital, resulta que: xe x
lim x0
x
0
x
2
2 x e t dt 2 x x ln(1 x )
xlim 0
(1 x )e x e t 2 dt xe x2 1 0
ln(1 x ) x x 1
Andalucía 2018 16
xlim 0
( x 2 )e x e x2 (1 x 2 )e x2 02 0 x 2 ( x 1 ) 2
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 6. Se considera el conjunto
C
1, 2, 3, 4, 5 :
Calcular la probabilidad de que sean reales las raíces de la ecuación x 2 bx c 0 coeficientes b y c se eligen al azar entre los elementos de C.
Supongamos un dado con cinco caras numeradas con los elementos de C . ¿ Cuál es el número mínimo de lanzamientos necesarios para que la probabilidad de que salga, al menos, una vez el número 1 sea mayor que 0.9 ?.
cuando los
Solución:
Las raíces de la ecuación x 2 bx c 0 son reales cuando b 2 4c 0, lo cual ocurre si y sólo si: (a, b ) (2, 1 ), (3, 1 ), (3, 2 ), (4, 1 ), (4, 2 ), (4, 3 ), (4, 4 ), (5, 1 ), (5, 2 ), (5, 3 ), (5, 4 ), (5, 5 ) por lo que, utilizando la Regla de Laplace, resulta que la probabilidad pedida es: p
12 25
Para cada n Œ, suponiendo que los cinco resultados posibles son equiprobables, la variable aleatoria: X = “ número de unos que se obtienen en n
lanzamientos del dado “
sigue una distribución binomial B n, 15 , por lo que:
0.9 P( X 1 ) 1 P( X 0 ) 1 45
n
luego:
4 5
n
1 0.9 0.1 n ln 45 ln0.1 n ln 4ln10 ln 5
y, por tanto, hay que hacer un mínimo de once lanzamientos.
Andalucía 2018 17
10.31885115...
ARAGÓN
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Sea V un -espacio vectorial, siendo un cuerpo de característica distinta de 2. Sean f : V V una aplicación lineal tal que: f 2 Id
y:
V 1 a V : f (a ) a V 2 a V : f (a ) a
Demostrar que V V 1 V 2 . Significa esto que, para todo a V , se verifica que f (a ) a ó f (a ) a ?. Solución:
Para cada v V , se verifica que:
v f (v ) f (v ) f 2 (v ) f (v ) v v f (v ) f 2 2 2 2 2 2 2 2 v f (v ) f (v ) f 2 (v ) f (v ) v v f (v ) f 2 2 2 2 2 2 2 2
v f (v ) 2 2 v f (v ) 2 2
V 1 V 2
por lo que: f (v ) v f (v ) v V : v v V 1 V 2 V V 1 V 2
2
2
2
2
Además, si existiese w V tal que w V 1 V 2 , entonces:
f (w ) w f (w ) w w w 2w 0 w 0 por lo que V 1 V 2 0 y, por tanto: V V 1 V 2
Esto no significa esto que: v V : f (v ) v
ya que, por ejemplo, si tomamos 0 u 1 V 1 y 0 u 2 V 2 , resulta que: f (u 1 u2 ) f (u 1 ) f (u 2 ) u 1 u 2
y:
u 2 u 1
0 u 1 u 2 u1 u 2 0 u 1 u 2 (u 1 u 2 )
Aragón 2018 (opción A) 19
V 1 V 2 V
V V 1 V 2
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Dada la sucesión: a 1
k , a 2
k k
, a 3 k k k ,... (k 0 )
Demostrar que es convergente y hallar su límite. Solución:
Como: n Πn 2 : an k an1
entonces, en caso de existir el límite L de esta sucesión, debería verificar que: L
k L L 2 k L L 2 L k 0 L
1 1 4k 2
y, como: n Π: a n 0 L
1 1 4k 2
Además, esta sucesión es convergente, pues:
Es monótona creciente, ya que: n Œ : a n1 a n
Para probarlo, utilizaremos el método de inducción completa:
Para n 1 es cierto, pues: a 2
k k
k a 1
0
Para n p, supondremos cierto que: a p1 a p
Para n p 1, como, según la hipótesis de inducción: a p1 a p k a p1 k a p k a p1
k a p
a p2 a p1
Aragón 2018 (opción A) 20
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Está acotada superiormente, pues: n Œ : a n
1 1 4k 2
Para probarlo, utilizaremos el método de inducción completa:
Para n 1 es cierto, pues, como: 2 k 4k 1 4k 1 1 4k
entonces: a 1
k
Para n p, supondremos cierto que: a p
1 1 4k 2
1 1 4k 2
Para n p 1, como, según la hipótesis de inducción: a p
1 1 4k 2
entonces: 1 1 4k 2 1 2k 1 4k 2 2 4k 2 1 4k 4
k a p k
2
1 1 4k 2 por lo que: a p1
k a p
1 1 4k 2
2
Aragón 2018 (opción A) 21
1 1 4k 2
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Se dan dos circunferencias, circunferencias, de centros O y O’ y radios R y r , respectivamente, tangentes exteriores en el punto A. Por un punto B de la tangente común, se trazan dos tangentes tangentes BC y BC’, siendo C y C’ los puntos de contacto con cada una de las circunferencias. Calcular Calcular el límite del cociente de las áreas de de los triángulos ABC y ABC’ cuando:
El punto B tiende hacia el punto punto A.
El punto B se aleje indefinidamente del del punto A.
Solución:
Utilizando propiedades del producto vectorial, resulta que:
( BA ABC ) S ABC BA S ( ABC ABC )
BC sen sen(2 )
2
BA sen cos
2
BA sen cos
BC sen(2 )
por lo que: S ( ABC ABC ) S ( ABC ABC )
sen cos sen cos
tg cos 2 tg cos 2
tg (1 tg2 ) tg (1 tg2 )
R BA
2 1 r
r BA
2 1 R 2
BA
2
BA
2 R( BA r 2 ) ( 2 r BA R 2 )
Aragón 2018 (opción A) 22
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto:
lim
BA 0
S ( ABC ABC ) S ( ABC ABC )
BA lim 0
S ( ABC ABC ) lim BA S ( ABC ABC )
2
R( BA r 2 ) 2 r ( BA R2 ) 2
Rr
R( BA r 2 ) BAlim 2 r ( BA R 2 )
R r
Aragón 2018 (opción A) 23
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. En una circunferencia circunferencia se seleccionan al azar tres puntos A, B y C y se unen con tres segmentos, segmentos, formando un triángulo inscrito en dicha circunferencia. Calcular la probabilidad de que ese triángulo no sea obtusángulo. Solución:
Si el segmento AB es el de mayor longitud de los tres que se pueden formar, formar, entonces, el vértice C ha de estar dentro de la siguiente región:
Además, si el triángulo ABC es obtusángulo, los los casos favorables favorables se reducen a que el vértice C esté en el interior del semicírculo con diámetro AB contenido en esta región: región:
por lo que, tomando la distancia distancia AB como unidad de medida, la probabilidad probabilidad pedida es: P 1
1
8
2 1 1 x 2 dx
5 6 3 1 ( 3 2 4 3 3 ) 2(4 3 3 )
2
Aragón 2018 (opción A) 24
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Dado
k Œ,
se considera la función f : ‘ ‘ definida por:
f ( x )
1 0 2 0 3 0 ...
0 2 1 3 1 ...
0
...
0
x
0 3 2 ...
...
0
x2
0 ...
x3
k
k
k
... ... ...
k
x k
0 k 1 0
2 k 1 2
1 k 1 1
...
k 1 k 1 k 1
...
x k 1
Calcular: f ( x 1 ) f ( x )
Para cada n Œ, expresar la suma 1 k 2 k ... nk mediante esta función.
Solución:
Utilizando la definición de f , las propiedades de los determinantes y el binomio de Newton, se verifica que:
f ( x 1 ) f ( x )
1 0 2 0 3 0 ...
0 2 1 3 1 ...
0
...
0
x 1
0 3 2 ...
...
0
( x 1 ) 2
... ...
0 ...
( x 1 ) 3
k
k
k
k
( x 1 )
k
0 k 1 0
1 k 1 1
2 k 1 2
...
1 0 2 0 3 0 ...
0 2 1 3 1 ...
0
...
0
( x 1 ) x
0 3 2 ...
...
0
( x 1 ) 2 x 2
0 ...
( x 1 ) 3 x 3
k
k
k
2
... ... ...
0
1
...
k 1
k 1
k 1
2
...
1 0 2 0 3 0 ...
0 2 1 3 1 ...
0
...
0 3 2 ...
k
k
k
0
...
0 k 1 0
1
1 k 1 1
2 k 1 2
k 1 k 1 k 1
k
k 1 k 1 k 1
0
...
0
... ...
0 ...
...
k
...
( x 1 ) k 1
... ( x 1 ) k x k ( x 1 ) k 1 x k 1 1 2r x r r 0 2 3 x r 1
r 0
r
... k 1
k 1 k 1 k 1
r 0 k
r 0
k r r x k 1 r r x
Aragón 2018 (opción B) 25
1 0 2 0 3 0 ...
0 2 1 3 1 ...
0
...
0
x
0 3 2 ...
...
0
x2
... ...
0 ...
x3
k
k
k
...
k
x k
0 k 1 0
1 k 1 1
2 k 1 2
...
k 1 k 1 k 1
... x k 1
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, finalmente, haciendo la sustitución: k
C k 1 x i C i i1
resulta que:
f ( x 1 ) f ( x )
1 0 2 0 3 0 ...
0 2 1 3 1 ...
0
...
0
0 3 2 ...
...
0 0 ...
k
k
k
2
... ... ...
0
k 1 k 1 k 1
...
k 1
k r r x r 0
k 1
k 1
2
...
1 0 2 0 3 0 ...
0 2 1 3 1 ...
0
...
0
0
0 3 2 ...
...
0
0
0 ...
k
k
k
... ... ...
1
k
0 1 2 k 1 k 1 k 1 k 1 k 1 ... k 1 0 1 2 10 21 32 ... k k 1 k k 1 x k 2!3!...k !(k 1 )! k x 1!2!...(k 1 )!k ! (k 1 )! x k
r
r 0
k 1
0
1
k
1 1 2 x r r r 0 2 3 x r
k k 1 r r x r 0
0 ... 0 k 1 k x k
Para cada n Œ, utilizando la fórmula obtenida en el apartado anterior, resulta que: f (2 ) f (1 ) (k 1 )!1 k f (3 ) f (2 ) (k 1 )!2 k
... f (n ) f (n 1 ) (k 1 )!(n 1 )
k
f (n 1 ) f (n ) (k 1 )!n k
por lo que, sumando término a término todas estas igualdades, obtenemos que: f (n 1 ) f (1 ) (k 1 )!(1 k 2 k ... n k )
Aragón 2018 (opción B) 26
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y como: 1 1 1 f (1 ) ... 1 1
0 2 1 3 1 ... k
1 k 1 1
0 0 3 2 ... k
2 k 1 2
... ...
0 0
1 1
... ... ...
0 ...
1 ... 1
...
k k 1 k 1 k 1
0
C 1 C k 1
1
entonces: n Π: 1 k 2 k ... n k
f (n 1 ) f (1 ) (k 1 )!
Aragón 2018 (opción B) 27
f (n 1 ) ( k 1 )!
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Demostrar que si una función f : ‘ ‘ verifica que: x, y
‘
: f ( x ) f ( y ) ( x y) 2
entonces, es una función constante. Solución:
Como:
f ( x ) f ( y ) ( x y) 2 x, y ‘ : 2 f ( y ) f ( x ) ( x y) entonces: x, y
‘
: f ( x ) f ( y ) ( x y) 2 x y
2
por lo que: f ( x ) f ( y ) x y x y
x, y ‘ x y :
luego: x ‘, h ‘ : 0
f ( x h ) f ( x ) h 0 h0 h
es decir: x ‘, f ( x ) lim h0
f ( x h ) f ( x ) h
y, por tanto, f es una función constante.
Aragón 2018 (opción B) 28
0
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Dadas dos circunferencias, con centro O y radio r y con centro C y radio 4r , rueda sin deslizar por la parte interior de (siendo tangentes interiores). Hallar las ecuaciones en coordenadas cartesianas del lugar geomérico que describe un punto fijo P de . Solución:
Considerando el sistema de referencia cartesiano de ejes rectangulares con origen en el punto O y con eje de abscisas en la recta OP, resulta que el punto C describe la circunferencia:
x 3r cos t 4 (0 t 2 ) 3 y 4r sin t y, como la longitud de la circunferencia es cuatro veces mayor que la longitud de la circunferencia , el punto P ocupará el punto de tangencia entre ambas circunferencias en las cuatro posiciones siguientes:
Además, como el punto P gira en sentido negativo y tres veces más deprisa que el punto C (ya que su radio de giro es tres veces menor), resulta que las ecuaciones paramétricas del lugar geométrico pedido son:
x y
3r cos t r cos(3t ) 4 4 3r sin t r sin(3t ) (0 t 2 ) 4 4
x y
3r cos t r cos(3t ) 4 4 3r sin t r sin(3t ) (0 t 2 ) 4 4
es decir:
Aragón 2018 (opción B) 29
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Finalmente, como: x 2 y2
2 34r cos t 4r cos(3t ) 34r sin t 4r sin(3t )
2
2
r ([ 16 3cos t cos(3t ) ] 2 [3sin t sin(3t ) ] 2 ) 2
r [ 16 9 1 6cos t cos(3t ) 6sin t sin(3t ) ] 2
r [ 16 10 6cos(4t )] 2
r [ 16 10 6[8cos 4 t 8cos 2 t 1 ]] (De Moivre) r 2 3r 2 (cos 4 t cos 2 t ) r 2 3r 2 cos 2 t (cos 2 t 1 )
r 2 3r 2 cos 2 t sin 2 t r 2 3r 2 cos 2 t sin 2 t (cos 2 t sin 2 t ) r 2 3r 2 (cos 4 t sin 2 t cos 2 t sin 4 t ) y:
cos(3t ) 4cos 3 t 3cos t sin(3t ) 3sin t 4sin 3 t entonces:
r [3cos t cos(3t ) ] cos t r cos3 t x 4 y r [3sin t sin(3t ) ] r sin 3 t sin t 4
x r y 3 r 3
por lo que su ecuación implícita es:
x 2 y2 3 x 4 3 y 2 3
x 2 y2 r 2
3r 2 (cos 4 t sin 2 t cos 2 t sin 4 t )
x 2 y2 r 2
3r 2
x 2 y2 r 2
3
3 3 x 2
3
y 4
3
3
x r
4
x 4 3 y 2
3
y r 3
2
2
r 2 2
y 3 r 3
Aragón 2018 (opción B) 30
x 2 3 y 4
( x 23 y 23 ) 3 r 2 x 3
2
3
x r
2
3
y r
4
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES siendo su representación gráfica la siguiente:
Aragón 2018 (opción B) 31
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Un aficionado clasifica cada día como seco o mojado y supone que la probabilidad de que el tiempo atmosférico de cualquier día sea igual al precedente está dada por p, siendo 0 p 1. Sean P 1 la probabilidad de que el tiempo sea seco el primer día y, para cada n Œ, P n la probabilidad de que sea seco el n-ésimo día:
Expresar, para cada n Œ, P n en función de p y P 1 .
Calcular nlim P . n
Solución:
Como: n Π: P n1 P n p (1 Pn )(1 p )
entonces, la sucesión (P n ) nŒ verifica la siguiente ecuación en diferencias finitas: n Œ : P n1 (1 2 p )P n 1 p
cuya ecuación característica es: 1 2 p 0 2 p 1
por lo que la solución general de la ecuación en diferencias finitas homogénea asociada es: n Œ : P n A(2 p 1 )
n
Además, como el término independiente es una constante y, por ser p 1, 1 no es solución de la ecuación característica, buscaremos una solución particular de la ecuación no homogénea de la forma: n Œ : p n B
e impondremos que sea solución: B (1 2 p ) B 1 p B
1 2
con lo que: n Π: p n 1
2
Finalmente, el término general de esta sucesión es: n n Œ : P n A(2 p 1 ) 1
2
y, como el primer término es P 1 , entonces: P 1 A(2 p 1 )
1 A 2P 1 1 2 2(2 p 1 )
Aragón 2018 (opción B) 32
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto: (2P 1 1 )(2 p 1 ) n1 1 2P 1 1 ( n 1 P n 2 p 1 ) 2 2 2(2 p 1 )
Como 0 p 1, entonces, 2 p 1 1, por lo que: lim (2 p 1 ) n1 0
n
y, por tanto: lim P n 12
n
Aragón 2018 (opción B) 33
ASTURIAS
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Sea X una variable aleatoria con función de probabilidad: f ( x )
kx 0
x x
1,..., n 1,..., n
Calcular:
El valor de k y la función de distribución.
La probabilidad de que X sea un número par.
Solución:
Como: n
n
ki k i k 1 i 1 i1
n(n 1 )
2
entonces: k
2 ( n n 1)
Además, utilizando la definición de función de distribución, resulta que: r
i 2 i r (r 1 ) 1 r 1,..., n : F (r ) P( X r ) P ( X i ) i1 n(n 1 ) n(n 1 ) r
Vamos a distinguir dos casos:
Si n 2m es par, entonces: m
i 2 i m1 1 P( par ) 2m(2m 1 ) 2(2m 1 )
Si n 2m 1 es impar, entonces: m
2 i i m 1 P( par ) 2(m 1 )(2m 1 ) 2(2m 1 )
Asturias 2018 35
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Se define un número perfecto como aquél que es igual a la suma de todos sus divisores excepto él mismo. Demostrar que:
Los números pares perfectos son de la forma 2 p1 (2 p 1 ) con 2 p 1 número primo y p 1.
Si 2 p 1 es un número primo, p también es primo.
Los números pares perfectos sólo pueden terminar en 6 u 8.
La suma de los inversos de los divisores de un número perfecto par es igual a 2.
Solución:
Para probar esta equivalencia, probaremos la doble implicación:
Si n Œ es un número perfecto par, entonces:
Por tratarse de un número par: p, m Œ p 1 : n 2 p1 m
Como la suma de los divisores propios de n es igual a n, entonces, la suma de todos los divisores de n (incluído él mismo) es igual a n n 2n.
por lo que, si 1 m 0 , m 1 ,..., m r m s 1 m1 ... mr 1 , entonces:
son todos los divisores de
m
y llamamos
2n (divisores de n ) 2(2 p1 m ) (divisores de 2 p1 m ) 2 p m (1 2 ... 2 p1 )(s m) 2 p m (2 p 1 )(s m) 2 p m (2 p 1 )s 2 p m m m (2 p 1 )s
y vamos a distinguir dos casos:
Si s 1, entonces, m 2 p 1 es un número primo (pues su único divisor propio es 1) y, además, n 2 p1 (2 p 1 ), por lo que hemos acabado.
Si s 1, como: m (2 p 1 )s s m
2 p 1sm
k 1,..., r 1 : s mk
entonces: s 1 m1 ... mr 1 1 m1 ... m k 1 s mk 1 ... m r 1
Asturias 2018 36
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES por lo que: 1 m1 ... mk 1 mk 1 ... mr 1 0 lo cual es imposible (por tratarse de números naturales), por lo que este caso no se puede dar.
Veamos que 2 p1 (2 p 1 ) es un número perfecto (par está claro que lo es) si 2 p 1 es primo. Para ello, calcularemos todos sus divisores propios: 1,2,2 2 ,...,2 p1 , 2 p 1, 2(2 p 1 ), 2 2 (2 p 1 ),...,2 p2 (2 p 1 ) y los sumaremos: S 1 2 2 2 ... 2 p1 2 p 1 2(2 p 1 ) 2 2 (2 p 1 ) ... 2 p2 (2 p 1 )
1 2 2 2 ... 2 p1 (1 2 2 2 ... 2 p2 )(2 p 1 ) 2 p 1 (2 p1 1 )(2 p 1 ) 2 p 1 2 2 p1 2 p 2 p1 1 2 2 p1 2 p1 2 p1 (2 p 1 )
Sea 2 p 1 es un número primo. Vamos a hacer la demostración por reducción al absurdo, suponiendo que p no es primo. Entoces: m, n Œ, m, n 1 p mn
por lo que: 2 p 1 2 mn 1 (2 m ) n 1 (2 m 1 )(2 m(n1 ) 2 m(n2 ) .... 2 m 1 ) y, por tanto, 2 p 1 no sería un número primo.
Según hemos probado en el primer apartado, todo número perfecto par es de la forma 2 p1 (2 p 1 ) con 2 p 1 primo, por lo que, según hemos probado en el segundo apartado, todo número perfecto par es de la forma 2 p1 (2 p 1 ) con p primo. Por tanto, cualquier número perfecto par es de la forma 2 p1 (2 p 1 ) siendo:
p 4n 1 (n Œ 0 ) o´ p 4n 3
Asturias 2018 37
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y vamos a distinguir estos dos casos:
Si p 4n 1 (n Π0 ), entonces:
2 p1 2 4n 16 n 6 (mod 10 ) 2 p 1 2 4n1 1 2 16 n 1 1 (mod 10 ) 2 p1 (2 p 1 ) 6 (mod 10 )
Si p 4n 3 (n Π0 ), entonces:
2 p1 2 4n2 4 16 n 4 (mod 10 ) 2 p 1 2 4n3 1 8 16 n 1 7 (mod 10 ) 2 p1 (2 p 1 ) 8 (mod 10 )
Como, según hemos probado anteriormente, todo número perfecto par es de la forma 2 p1 (2 p 1 ) con 2 p 1 primo, entonces, sus divisores son: 1,2,2 2 ,...,2 p1 , 2 p 1, 2(2 p 1 ), 2 2 (2 p 1 ),...,2 p1 (2 p 1 ) por lo que la suma pedida es: p1
1 2 k 0
k
1 21 p 1 1 2 p 1 1 12
Asturias 2018 38
1 2 p 1 1 2
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Dados a, b ‘ tales que recurrentemente de la siguiente forma:
a b 0,
se consideran la sucesiones (u n ) nΠy (v n ) nΠdefinidas
n Π:
u 1 a v 1 b
u 2n u n1 u n v n v 2n v n1 u n v n
Si a b, calcular nlim u y nlim v . n n
Si b a , probar que ambas sucesiones son convergentes.
Si b a , calcular nlim u y nlim v . n n
Solución:
Si a b, entonces:
u 2 v 2
a2 a a a2 a a
a
2 a2
a
2
a
2
a 2 a 2 2 22
u 3 a
a 2 a 2 2 2 2
v 3 a
por lo que sospechamos que: n Π: un a n1 v n
2
y vamos a probarlo utilizando el método de inducción completa:
Para n 1, se verifica que:
a
20 a v 1 a 0 2
Para n p, supondremos cierto que:
u 1 a
u p
a
2 p1 a v p p1 2
Para n p 1, utilizando la hipótesis de inducción, resulta que:
u p1
v p1
a
2
a
2
a 2 p1 a 2 p 2 p1 2 p1 a
a 2 p1 a a 2 p 2 p1 2 p1
Asturias 2018 39
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Finalmente: a nlim 0 u lim n n 2 n1 a 0 v lim nlim n n 2 n1
Si b a , vamos a distinguir dos casos:
Si b 0 a entonces:
nŒ:
u n a v n 0
lim u n a v 0 n nlim n
Si 0 b a , entonces:
u 2
a2 a b
v 2
b2 a b
a 1 ba b a 1 b
2
a2
u 3
v 3
ab
4
a2 b2 ab ab 2 b2 ab 2 a a2 ab ab
a ( a b )(a 2 b 2 )
1 ba
a b a
2
1 ab
b a b
2
4
b ( a b )(a 2 b 2 )
por lo que sospechamos que:
n Π:
u n
2 n1 1
a
0
k
v n
b a
k
a b
k
b 2 n1 1
0
k
y vamos a probarlo utilizando el método de inducción completa:
Para n 1, se verifica que:
u 1 a v 1 b
a
2 0 1
b a b a b
2 0 1
Para n p, supondremos cierto que:
u p
2 p1 1
a b a
k 0
v p
k
b 2 p1 1
k 0
a b
k
a
1 ba b
2 p1
1 ab
1 ab
Asturias 2018 40
1 ba
2 p1
a b 2 p1 1 ba b a 2 p1 a 1 b
b a
3
a b
3
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Para n p 1, utilizando la hipótesis de inducción, resulta que: (a b) u p1
1 ba a b p1 b 2 1 a
2 p1 2
1
2 p1
1 ba
v p1
b a 2 p1 a 1 b
1
1 ab
2 p1
1 a b
1
1
a b
2 p1
b a
1
a b
a b
b a b a
2 p1 2 2 p1
a b 1 ba a
b a
1
2 p1
a b
1
2 p
b a 2 p a 1 b b
1 ab
1
k
a b
2 p
b 2 p 1
k 0
Asturias 2018
2 p1
2 p1 2
a b
1
1 1
b a 2 p1 1 ab
41
b a
2 p1
2 p1 2
a b
b a 2 p1 a 1 b p1 2 p1 a b 2 a b p1 b 2 1 a
2 p1
2 p
2 p1
a b
1
2 p1
1 ba
1 ba a 2 p 1 ba k 0
2 p1
a b 2 p1 1 ba
a b
2 p1
a b p1 b 2 1 a
1
1
1
b a
1
b a
2 p1 2
1
2 p1
b a
1
2 p1
2 p1 2
a b
2 p1
a b
1 ba
a b p1 b 2 1 a
b a
2
1
2 p1 2
a b
1
b a 2 p1 a 1 b
a b p1 b 2 1 a
(b a) 2
2
a b
k
1
1
a b b a
2 p1
2 p1
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Finalmente:
Como ba 1, entonces, la serie geométrica k 0 ba
lim u n nlim
n
2 n1 1
a
k 0
k
b a
a
2 n1 1
lim
n k 0
b a
k
k
es convergente, por lo que:
a ba k 0
k
a 1 ba a b
Como ab 1, vamos a distinguir dos casos:
Si ab 1, entonces, la serie geométrica k 0 ab
lim v n nlim
n
b 2 n1 1
a b
k 0
k
k
b
2 n1 1
lim
n k 0
a b
Si ab 1, entonces, la serie geométrica k 0 ab podemos razonar como en el caso anterior, pero:
lim v n nlim
n
b 2 n1 1
k 0
a b
k
nlim
b
1 ab
1 ab
Asturias 2018 42
es divergente, por lo que:
2 n1
k
k
nlim
b a k 0 b
k
b 0
es no sumable, por lo que no
b a 2 n1 1 ab
1b a 0
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Dado un triángulo rectángulo ABC cuyos lados miden:
a 6 b 8 c 10 Demostrar que existe una única recta que biseca el área y el perímetro de dicho triángulo e indicar de qué recta se trata. Solución:
Sea d la recta buscada. Vamos a distinguir cuatro casos:
Si la recta d pasa por el vértice A (para los vértices B y C se razonaría de forma totalmente análoga) y corta al lado BC en un punto M , como los triángulos ABM y AMC tienen igual área y altura, entonces, también deben tener igual base, por lo que M debe ser el punto medio del segmento BC . Además, como estos dos triángulos tienen el mismo perímetro, resulta que: AB BM MA AC CM MA
BM CM
10 AB AC 8
lo cual es imposible, por lo que este caso no se puede dar.
Si la recta d corta al triángulo ABC en los lados AB y AC en puntos P y Q (distintos de A), respectivamente, tales que:
AP p AQ q
PB c p QC b q
entonces: ( ABC ) 2( APQ ) bc sin A
2
2
pq sin A
2
bc 2 pq
40 pq y, como el triángulo APQ y el cuadrilátero PBCQ tienen el mismo perímetro, también se verifica que: p q PQ c p a b q PQ
2( p q) a b c p q 12
lo cual es imposible, ya que el sistema formado por estas dos ecuaciones no tiene soluciones reales.
Asturias 2018 43
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Si la recta d corta al triángulo ABC en los lados BA y BC en puntos P y Q (distintos de B), respectivamente, tales que:
BP p BQ q
PA c p QC a q
entonces: ( ABC ) 2( BPQ ) ac sin B
2
2
pq sin B
2
ac 2 pq
30 pq y, como el triángulo BQP y el cuadrilátero QCAP tienen el mismo perímetro, también se verifica que: p q PQ c p b a q PQ
2( p q) a b c p q 12
por lo que, resolviendo el correspondiente sistema de ecuaciones, obtenemos que:
p 6 6 q 6 6 o´ p 6 6 q 6 6 6 solucio´n n o v a´lida
Asturias 2018 44
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Si la recta d corta al triángulo ABC en los lados CA y CB en puntos P y Q (distintos de C ), respectivamente, tales que:
CP p CQ q
PA b p QB a q
entonces: ( ABC ) 2(CPQ ) ab sin C
2
2
pq sin C
ab 2 pq
24 pq
Asturias 2018 45
2
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, como el triángulo CPQ y el cuadrilátero PABQ tienen el mismo perímetro, también se verifica que: p q PQ b p c a q PQ
2( p q) a b c p q 12
por lo que, resolviendo el correspondiente sistema de ecuaciones, obtenemos que:
p 6 2 3 8 solucio´n no va´lida q 6 2 3 o´ p 6 2 3 solucio´n no va´lida q 6 2 3 6
Asturias 2018 46
CANTABRIA
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Se tiene una pirámide regular de base un triángulo equilátero y cuyas caras laterales son triángulos isósceles iguales. Si abatimos las caras laterales sobre el plano de la base, se forma una estrella de tres puntas que queda inscrita dentro de un círculo de radio 10 cm. Determinar las longitudes de las aristas de la base y de las caras laterales que hacen máximo el volumen de la pirámide. Solución:
Si llamamos c a la arista básica, b a la arista lateral, a a la altura de las caras laterales y h a la altura de la pirámide, resulta que: c
2 3
a 10 a 10
c
2 3
y: 2
h
a2
c
2 3
2
10
c
2 3
2
c
2 3
100 10c 3
por lo que el volumen de la pirámide viene dado por la función: 1 V (c ) 3
3 c 2 4
100 10c 3
10 c 2 10 3 c 4 3
que verifica que:
c 0 no ( ) 10 c c 5 8 3 0 o´ V (c ) 4 3 2 10 3 c c 8 3 y: V (c )
5 10 3(c 2 16 3 c 160 ) 5 15 V (8 3 ) 0 3 2 8 3 2 (10 3 c)
Cantabria 2018 (opción A) 48
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Por tanto, el volumen máximo se obtiene para c 8 3 cm, siendo su valor: V max V (8
3 ) 32 15 cm 3
y, además: 8 3 6 cm b a 2 2c a 10 2 3
2
6 2 (4 3 ) 2 2 21
Cantabria 2018 (opción A) 49
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Demostrar que: x ‘ : cos(sin x ) sin(cos x ) Solución:
Como la función f : ‘ ‘ definida por: f ( x ) cos(sin x ) sin(cos x )
verifica que: x ‘ : f ( x 2 ) cos[sin( x 2 )] sin[cos( x 2 )] cos(sin x ) sin(cos x ) f ( x )
entonces, basta con probar la desigualdad pedida en el intervalo [, ]. Además, como: x [, ] : sin x [1, 1 ] ,
2 2
entonces: x [, ] : cos(sin x ) 0
por lo que vamos a distinguir dos casos:
Si x [, ] 2 , 2 , entonces: cos x [1, 0 ) [, 0 ] por lo que: x [, ] , : sin(cos x ) 0 cos(sin x )
2 2
Si x 2 , 2 , entonces:
cos x 0 x0:sin x x sin(cos x) cos x y vamos a distinguir, a su vez, otros dos casos:
Si x 2 , 0 , la función “coseno” es creciente, por lo que, como: x , 0 : sin x x
2
entonces: cos(sin x ) cos x sin(cos x )
Cantabria 2018 (opción A) 50
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Si x 0, 2 , la función “coseno” es decreciente, por lo que, como: x 0, : sin x x
2
entonces: cos(sin x ) cos x sin(cos x )
Cantabria 2018 (opción A) 51
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Los afijos de z 1 , z 2 , z 3 , z 4 , z 5 y z 6 son los vértices consecutivos de un hexágono regular. Sabiendo que z 1 0 y z 4 4 6i, hallar z 2 , z 3 , z 5 y z 6 . Solución: z z Como el afijo de z 0 1 2 4 2 3i es el centro del hexágono, entonces, podemos obtener los números complejos cuyos afijos son el resto de vértices de la siguiente forma:
23 3 32 3 i z 2 1 3 ( z 1 z0 ) z0 2 2 z 1 2 ( z z ) z 6 3 3 i 9 2 3 1 0 0 3 3 2 2 z 5 1 2 ( z 1 z0 ) z 0 6 3 3 i 9 2 3 3 2 2 23 3 3 2 3 z 6 1 3 ( z 1 z0 ) z0 i 2 2
Cantabria 2018 (opción A) 52
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Una urna contiene una bola blanca y una bola negra. Una persona saca dos bolas (con reemplazamiento) y ganará una cierta cantidad C si saca dos veces bola blanca. En caso contrario, se introduce una nueva bola negra en la urna y se le permiete hacer dos nuevas extracciones. Ganará si, como antes, saca dos veces la bola blanca. Si esto no ocurre, se le vuelve a permitir sacar otras dos bolas de la urna en la que se ha introducido otra bola negra y, así, sucesivamente. ¿ Cuál es la probabilidad de que esa persona gane la cantidad C (supuesto que viva eternamente) ?. Solución:
La probabilidad de ganar es: p 1
2 2 1 3 2 1 4 2 1 ... 1 n 2 1 n2 n2 32 22 42
y vamos a calcular este producto infinito de dos formas distintas:
Considerando la serie numérica:
n2 1 log [log(n 1 ) log(n 1 ) 2log n ] n2 n2 n2
como: a 2
log3 log1 2log2
a 3
log4 log2 2log3
a 4
log5 log3 2log4 ...
a n2 a n1 a n
log(n 1 ) log(n 3 ) 2log (n 2 ) log n log (n 2 ) 2log(n 1 ) log (n 1 ) log (n 1 ) 2log n
entonces: n Π1 : S n a 2 ... an log2 log n log(n 1 ) log n 1
2n
por lo que:
n2 1 log [log(n 1 ) log(n 1 ) 2log n ] n2 n2 n2 nlim log n2n1 n1 log nlim 2n log 12
Cantabria 2018 (opción A) 53
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES 2 y, por tanto, la serie n2 log n n2 1 es convergente, lo cual equivale a que el produto infinito n 2 1 también lo es, siendo, además: n2
n2
2 n 2 1 n2 n
log e 2 n
n 2 1 n2
e log
1 2
12
Como, para cada n Π1 , se verifica que: 2 k 2 1 k 2 k n
2 1 2 (n 1 ) 2 1 n 2 1 3 2 1 2 2 3 2 ... n2 (n 1 ) 2
2 2 1 n2 n1
2 1 3 1 3 1 ... n 2 n n 1 n 1 n n 2 3 3 n 1 n 1
entonces: 2 n 2 1
n2
n
nlim k 2
k 2 1 k 2
n2 1 n2 n2
1 12 12
n
n1 nlim 12 2n
Finalmente, la probabilidad pedida es:
p 1
Cantabria 2018 (opción A) 54
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 5. Sean r y s dos rectas del plano afín ordinario que se cortan en un punto O. Tenemos tres puntos A, B y C en la recta r y tres puntos A’, B’ y C’ en la recta s. Las rectas CB’ y BC’ se cortan en M , las rectas CA’ y AC’ se cortan en N y las rectas AB’ y BA’ se cortan en P. Demostrar que los puntos M , N y P están alineados. Solución:
Considerando coordenadas baricéntricas respecto del triángulo A’OA, resulta que:
A (1 : 0 : 0 ) O (0 : 1 : 0 ) A (0 : 0 : 1 ) y, si:
B ( p : 1 p : 0 ) C (u : 1 u : 0 ) ( p, u 1 )
B (0 : q : 1 q ) C (0 : v : 1 v ) (q, v 0 )
entonces:
x y z (q 1 ) y qz A B 0 1 0 0 0 q 1 q P ( pq : (1 p)q : ( p 1 )(q 1 )) x y z AB 0 0 0 1 ( p 1 ) x py p 1 p 0
x y z (v 1 ) y vz A C 0 1 0 0 0 v 1 v N (uv : (1 u)v : (u 1 )(v 1 )) x y z AC 0 0 0 1 (u 1 ) x uy u 1 u 0
Cantabria 2018 (opción A) 55
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
x B C
y
z
0 p 1 p 0 v 0 1 v x
BC 0
y
z
0
q
u
1 u
1 q 0
( p 1 )(v 1 ) x p(v 1 ) y pvz M ( pu(q v) : p((u 1 )v q(u v)) qu(1 v) : (1 v)( p u)(q 1 ))
(q 1 )(u 1 ) x u(q 1 ) y quz
Finalmente, como:
(1 p )q pq (1 u )v uv pu(q v ) p((u 1 )v q(u v )) qu(1 v )
( p 1 )(q 1 ) (u 1 )(v 1 ) 0 (1 v )( p u )(q 1 )
resulta que estos tres puntos están alineados.
Cantabria 2018 (opción A) 56
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 6. 23 del total y En una batalla en la que participaron entre 8000 y 10000 soldados, resultaron muertos 165 16 heridos 65 del total. Calcular cuántos resultaron ilesos.
Hallar el número 2 n 3 m , sabiendo que la suma de todos sus divisores es igual a 363.
Solución:
Si N es el número total de soldados que participaron en la batalla, como:
3 5 11 165 N mcm(165,65 ) 3 5 11 13 2145 N 5 13 65 N y: 2145 3 8000 2145 4 10000 2145 5 entonces, el único múltiplo de 2145 comprendido entre 8000 y 10000 es N 2145 4 8580. Además, el número de soldados que resultaron ilesos fue:
23 16 N 5272 1 165 65
Como: (1 2 ... 2 n )(1 3 ... 3 m ) 363 3 11 2 entonces, puede ocurrir que:
1 2 ... 2 n 1 1 3 ... 3 m 363 , en cuyo caso: 362 3 ... 3 m 3(1 3 ... 3 m1 ) lo cual es imposible.
1 2 ... 2 n 3 1 3 ... 3 m 121 , en cuyo caso: 3 ... 3 m 120 1 3 ... 3 m1 40 3 ... 3 m1 39 1 3 ... 3 m2 13 3 ... 3 m2 12 1 3 ... 3 m3 4
Cantabria 2018 (opción A) 57
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES por lo que:
n 1 m 3 1
n 1 2 1 3 4 162 4 m
1 2 ... 2 n 11 1 3 ... 3 m 33 , en cuyo caso: 32 3 ... 3 m 3(3 ... 3 m1 ) lo cual es imposible.
1 2 ... 2 n 33 1 3 ... 3 m 11 , en cuyo caso: 10 3 ... 3 m 3(3 ... 3 m1 ) lo cual es imposible.
1 2 ... 2 n 121 1 3 ... 3 m 3 , en cuyo caso: 2 3 ... 3 m 3(3 ... 3 m1 ) lo cual es imposible.
1 2 ... 2 n 363 1 3 ... 3 m 1 , en cuyo caso: 362 2 ... 2 n 181 1 2 ... 2 n1 180 2 ... 2 n1 90 1 2 ... 2 n2 89 2 ... 2 n2 lo cual es imposible.
Cantabria 2018 (opción A) 58
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Una recta en el plano se mueve de forma que el segmento determinado por sus puntos de corte con los dos ejes coordenadas mantiene una longitud constante L.
Determinar las ecuaciones paramétricas del lugar geométrico descrito por el pie de la perpendicular a dicho segmento trazada desde el origen de coordenadas.
Hallar la ecuación implícita de dicho lugar geométrico.
Solución:
Vamos a hacerlo de dos formas distintas: Primera forma:
l
b
b
l2 a2 P(a) a
Llamando a (0, l ) a la abscisa del punto de apoyo del segmento, resulta que la pendiente de la recta que contiene al segmento es: m
l2 a2 a
por lo que la pendiente de cualquier recta perpendicular a ella es: m
a l2
a2
y, por tanto, el punto P(a ) viene dado por la solución del siguiente sistema de ecuaciones:
x a
y
y l 2 a2 ax l 2 a2
1
por lo que las ecuaciones paramétricas del lugar geométrico pedido son:
( ) a(l 2 a2 ) x a l2 a (0, l ) : 2 2 2 y(a ) a l 2 a l
Cantabria 2018 (opción B) 59
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Además, su ecuación implícita es:
2 2 a 2 (l 2 a2 ) x y l2 3 3 2 2 2 xy a (l a ) l4
3
( x 2 y 2 ) l 2 x 2 y 2
Segunda forma (Francisco-Javier García Capitán):
B t
P y O
r t x
A
Utilizando semejanza de triángulos, como: OP OB
OA OP AB
OA
OB AB
entonces: r
xy l
l sen tl l cos t l sen t cos t
por lo que: x 2 y2
l
y x r r
lxy
x 2 y2
y, por tanto, la ecuación implícita del lugar geométrico pedido es: ( x 2 y2 ) 3 l 2 x 2 y 2
Cantabria 2018 (opción B) 60
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Sea f : ‘ ‘ una función tal que: x, y ‘ : f ( x y ) f ( x ) f ( y )
Demostrar que, si f es continua, entonces: a ‘ x ‘ : f ( x ) ax Solución:
Vamos a probar que: x Q : f ( x ) f (1 ) x
y lo haremos por etapas: f (1 ) f (1 0 ) f (1 ) f (0 ) f (0 ) 0 f (1 )0 n Π: f (n ) f (1 )n ?.
Utilizaremos el método de inducción completa:
Para n 1, se verifica que: f (1 ) f (1 )1
Para n p, supondremos cierto que: f ( p ) f (1 ) p
Para n p 1, utilizando la hipótesis de inducción, resulta que: f ( p 1 ) f ( p ) f (1 ) f (1 ) p f (1 ) f (1 )( p 1 )
n Π: f (n ) f (1 )(n ) ?.
Dado n Œ, como: 0 f (0 ) f (n (n )) f (n ) f (n )
entonces: f (n ) f (n ) f (1 )n f (1 )(n ) n Œ
n
n
1 : f k 1 x i k 1 f ( x i ) ?. Utilizaremos el método de inducción completa:
Para n 2, por hipótesis, se verifica que: f ( x 1 x2 ) f ( x 1 ) f ( x 2 )
Cantabria 2018 (opción B) 61
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Para n p, supondremos cierto que: p
f x i k 1
p
x i ) k 1 f ( x
Para n p 1, utilizando la hipótesis de inducción, resulta que: p1
f x i k 1
n Œ
p
p
p
p1
x p1 ) x i ) f ( x x p1 ) f ( x x i ) f k 1 x i x p1 f k 1 x i f ( x f ( x k 1 k 1
1 : f n1 f (1 ) n1 ?. Dado 1 f (1 ) f n
n
Œ
1 , como:
...n n1 f n1 ...n f n1 nf n1
entonces:
1 f (1 ) 1 n
f n n Œ
1 : f n1 f (1 ) n1 ?. Dado
n
Œ
0 f (0 ) f n1 n1
1 , como:
f n1 f n1
entonces:
1 f n
f n1 f (1 ) n1 f (1 ) n1 p
p
p, q ) 1 : f q f (1 ) q ?. Dados p Π1 y q Z tales 1 , q Z mcd ( p que mcd ( p p, q ) 1, se verifica:
p Œ
p f q
p p f q1 ... q1 f q1 ... f q1 pf q1 pf (1 ) q1 f (1 )
p q
Como la función f es continua y, para cada r ‘, existe una sucesión (r n ) nŒ Q tal que r n n r , resulta que: f (r ) f nlim r n
[ f f (r n ) nlim f (1 )r n ] f (1 ) nlim r f (1 )r nlim n
por lo que basta con tomar tomar a f (1 ) ‘.
Cantabria 2018 (opción B) 62
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Consideremos la parte superior ( y y 0 ) de las circunferencias de ecuaciones:
x 2 y 2 R2 2 2 x y Rx 0 x 2 y 2 Rx 0
Determinar el radio r del círculo inscrito en la región encerrada entre los tres semicírculos semicírculos y que es tangente a los mismos.
Calcular las longitudes de los lados del triángulo cuyos vértices son los puntos de tangencia.
Solución:
Vamos a hacerlo de dos formas distintas:
Utilizando el Teorema de los Círculos de Descartes, Descartes, como la circunferencia (O) tiene radio R y R , A) y ( B B) tienen radio las circunferencias ( A 2 resulta que: 2
11 1 1 r R R R 2 2
2 r 12 R12
1 R
2
1 R
2
2 2 2 2 r 12 R12 R42 R42 2 2 r 12 R92
1 1 2 2 r R R R 13 r R
R 3r Rr
2
9r 2 R 2 6 Rr
2
R 2 9r 2 R 2 r 2
2 R 2 18r 2
9r 2 6rR R2 0
r
R
3
Considerando inversión respecto de la circunferencia (K ), ), cuyo radio es k R, las B) se transforman en las rectas u y v, respectivamente, y la circunferencias (O) y ( B A) se transforma en la circunferencia circunferenica ( A circunferencia punteada de trazo grueso, grueso, cuyo radio es: s
k 2 KA2
R 3
R
2
R
2
2
2 3 R R 2 2 2
Cantabria 2018 (opción B) 63
2
R4
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Además, la circunferencia circunferencia (Q), cuyo radio es q s R ), 4 , se transforma en la circunferencia (C ), por lo que el radio de ésta es: r
k 2
R 3
R
4
R
KQ2
2
4
2
3 R 4
4
R2
2
R4
2
R3
Considerando el sistema de referencia cartesiano de ejes rectangulares con origen en el punto O y eje de abscisas en la recta AB, resulta que: r V 2 , 0 M 0, 23r
1 x r VM 0 1 2 1 0
y
0 r (4 x 3 y 2r ) 6 2r 3
por lo que las coordenadas del punto Q vienen dadas por la solución del siguiente sistema sistema de ecuaciones:
r
2
2
r 2 2 y 4 4 x 3 y 2r 0
x
Q r , 2r
5 5
2r 2r y, por simetría, resulta que P r 5 , 5 , luego PQ 5 y, además: RQ
r
5
2
r 25r
2
r 25
Cantabria 2018 (opción B) 64
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Cantabria 2018 (opción B) 65
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Se dispone de dos monedas, A y B, cuyas probabilidades respectivas de caer cara son y . Se efectúan lanzamientos de acuerdo con el siguiente sistema: para el primer lanzamiento se escoge al azar una de las dos monedas. En los lanzamientos sucesivos se utiliza la misma moneda que en el lanzamiento anterior si ésta ha caído de cara o, en caso contrario, se cambia de moneda. Hallar las probabilidades n y n de utilizar la moneda A en el lanzamiento n-ésimo y de obtener cara en el n-ésimo lanzamiento, respectivamente. Estudiar el comportamiento de n y n cuando n . Solución:
Para cada n Œ, se verifica que:
n1 n (1 )(1 n ) ( 1 ) n 1 1 1 2
n n (1 n ) ( ) n
por lo que tenemos que calcular los términos generales de estas dos sucesiones:
Vamos a distinguir tres casos:
Si 0 1 1, como la ecuación característica de la ecuación en diferencias finitas: n1 ( 1 ) n 0
es: ( 1 ) 0 1
entonces, su solución general es: n Œ : n A( 1 )
n
Además, como el término independiente de la ecuación en diferencias finitas: n1 ( 1 ) n 1
es una constante y 1 no es solución de la ecuación característica, buscaremos una solución particular de esta última ecuación de la forma: n Œ : n B
e impondremos que sea solución: B ( 1 ) B 1 B
1 2
con lo que: n Π: n
1 2
Cantabria 2018 (opción B) 66
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto, la solución general de la ecuación en diferencias finitas dada es: n Œ : n n n A( 1 ) n
1 2
Finalmente, como: 1 A( 1 ) 1 A 1 2 2 2( 1 )( 2 )
entonces: n Π: n
1 ( 1 ) n1 2 2( 2 )
y: Si 0, como 0 , entonces:
n Π: n 1
2
por lo que: lim n 12
n
Si 0, entonces, 1 1 1, por lo que: 1 lim n 2
n
Si 1 0, entonces: n Π: n1 1
por lo que: lim n
n
Si 1 1, entonces: 2 1
por lo que: n Π: n1 n
luego: n Π: n 1 1
2
Cantabria 2018 (opción B) 67
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto: lim n 12
n
Como, según hemos probado anteriormente:
1 n1 ( ) 1 n Π: n 2( 2 ) 2 1 2
1 0
0 1 1 1 1
y:
1 lim 2 n n 1 2
1 0
0 1 1 1 1
entonces:
2 2 2 1 ( ) 2 ( )( ) ( 1 ) n1 1 n Π: n ( ) n 2 2( 2 ) 1
1 0
0 1 1
y:
2 2 2 1 ( )( 1 ) ( ) lim lim 2 n n n n 1
Cantabria 2018 (opción B) 68
1 0
0 1 1 1 1
1 1
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES 2
Ejercicio 5. Si 1 1, 2 e 5 ..., 5 e toma:
8 5
son las raíces quintas de la unidad y n Œ, estudiar qué valores n1 ... n5
Solución:
Vamos a distinguir dos casos:
Si n es múltiplo de 5, entonces: c Œ : n 5c
por lo que: k 1, 2 2,, 33,, 44,, 5 : nk ( k 5 ) 1 c 1 c
y, por tanto: n1 ... n5
5
Si n no es múltiplo de 5, entonces: c, r 5 : n 5c r Œ 0 r
por lo que: 1, 2 k 2,, 33,, 44,, 5 : nk ( k 5 ) r k r k c
Además, si k 1 , k 2 1,2,3,4,5 son tales que: nk 1 nk 2 r k 1 r k 2 e
2 k 1 1 i 5
e e
r
2r k 1 1 i 5
2r k 1 k 2 i 5
(e 2i )
r k 1 k 2
5
e
e
2 k 21 i 5
r
2r k 2 1 i 5
1 1
resulta que:
5 r imposible o´ r (k 1 k 2 ) 0 (mod 5 ) 5 r (k 1 k 2 ) 5 primo primo 5 (k 1 k 2 ) y, como 0 k 1 k 2 5, necesariamente ha de ocurrir que: k 1 k 2 0 k 1 k 2
Cantabria 2018 (opción B) 69
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES en cuyo caso, resulta que: n1 ,..., n5
1 ,..., 5
y, por tanto: 1 ... 5 1 ... 5 n
n
1 51 1 1 1
11 1 0 1
Cantabria 2018 (opción B) 70
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 6. Calcular el área del recinto limitado en el primer cuadrante por el eje de abscisas y la gráfica de la función: f ( x x ) e x sin x Solución:
La gráfica de esta función determina en el primer cuadrante, junto con el eje de abscisas, una sucesión de áreas cuyo término general viene dado, para cada n Œ, por: (2n1 )
A n
e x sin xdx
2(n1 )
e x (sin x cos x )
2
(2n1 ) 2(n1 )
e (2n1) (1 ) e 2(n1 )
2
e (2n1 ) e 2(n1 )
2 e 2n e (1 e ) 2 por lo que el área total es:
A A n n1
e (1 e ) 2n e
2
n1
e (1 e )
2
e 2 1 e2
Cantabria 2018 (opción B) 71
( e ) 2 e 1
CASTILLA LA MANCHA
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Probar que: n Œ : (n 2 1 )(n 2 1 )(n 4 16 )n 2 0 (mod 600 ) Solución:
Como: n Π: (n 2 1 )(n 2 1 )(n 4 16 )n 2 (n 2 )(n 1 )n(n 1 )(n 2 )n(n 2 1 )(n 2 4 )
y, en cinco números naturales consecutivos siempre hay algún múltiplo de 2, de 3, de 4 y de 5, entonces: n Œ : (n 2 )(n 1 )n(n 1 )(n 2 ) 0 (mod 120 )
por lo que basta con probar que: n Π: n(n 2 1 )(n 2 4 ) 0 (mod 5 )
lo cual es fácil de probar haciendo una tabla de restos potenciales módulo 5: n
n(n 2 1 )(n 2 4 )
0 1 2 3 4
0 10 80 390 1.360
Castilla La Mancha 2018 73
mod 5 0 0 0 0 0
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Demostrar que una recta d que divide a un triángulo ABC en dos polígonos del mismo perímetro y de la misma área pasa por incentro del triángulo ABC . Solución:
Vamos a distinguir dos casos:
Si la recta d pasa por el vértice A (en el resto de los casos se razonaría de forma totalmente análoga) y corta al lado BC en un punto M , como los triángulos ABM y AMC tienen igual área y altura, entonces, también deben tener igual base, por lo que M debe ser el punto medio del segmento BC . Además, como estos dos triángulos tienen el mismo perímetro, resulta que: AB BM MA AC CM MA AB AC BM CM
por lo que el triángulo ABC es isósceles, luego, la recta mediana AM (es decir, la recta d ) coincide con la bisectriz interior correspondiente al vértice A y, por tanto, pasa por el incentro del triángulo.
Si la recta d corta al triángulo ABC en los lados AB y AC (en el resto de los casos se razonaría de forma totalmente análoga), en puntos P y Q (distintos de A), respectivamente, tales que:
AP p AQ q
PB c p QC b q
entonces: ( ABC ) 2( APQ) bc sin A
2
2
pq sin A
2
bc 2 pq
y, como el triángulo APQ y el cuadrilátero PBCQ tienen el mismo perímetro, también se verifica que: p q PQ c p a b q PQ
2( p q ) a b c Finalmente, considerando coordenadas baricéntricas respecto del triángulo ABC , resulta que:
I (a : b : c ) P (c p : p : 0 ) Q (b q : 0 : q ) y como: a b c c p p 0 bq 0 q
apq bpq cpq bcp bcq (a b c ) pq bc( p q ) 2( p q ) pq 2 pq( p q ) 0
entonces, estos tres puntos están alineados, lo cual significa que la recta d pasa por el incentro I del triángulo ABC .
Castilla La Mancha 2018 74
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Una variable aleatoria X tiene una función de densidad dada por: f ( x )
0 2 kxe x
x 0 x 0
Hallar el valor de k para que, en efecto, sea una función de densidad de probabilidad.
Hallar la función de distribución de la variable aleatoria X y calcular: P(1 X 1 )
Hallar el valor de la moda y de la mediana de X .
Hallar el valor esperado de X y su varianza.
Solución:
Como: 2 1 k xe x dx 2k k 2 0
Por definición:
0 x x ( ) ( ) F x f t dt t 2 2 0 te dt
0 0 x2 x 0 1 e
x
x 0 x 0
Además: 1 e1 e
P(1 X 1 ) F (1 ) F (1 ) 1 e
Como: 2 x 0 : f ( x ) 2(1 2 x 2 )e x 0 x 1
2
y: x 0 : f ( x ) 4 x(2 x 2 3 )e x
2
entonces: f
1 2
4 2e 0
por lo que la función de densidad alcanza su valor máximo cuando x 1 2 1 esta variable aleatoria es Mo . 2
Castilla La Mancha 2018 75
y, por tanto, la moda de
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Además, como: 1 F ( Me ) 1 e Me2 2 entonces, la mediana de esta variable aleatoria es Me ln 2 .
Por definición:
0
E [ X ] xf ( x )dx 2 x 2 e x dx 2
2
y:
V [ x ]
x 2 f ( x )dx
2
( E [ X ]) 0
2 2 x 3 e x dx
Castilla La Mancha 2018 76
2
2
1 4
CASTILLA Y LEÓN
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Calcular el número de n-uplas (a 1 ,..., a n ) de números naturales tales que:
n a i 26 in1 i1 a 2i 72 n 3 a 224 i1 i Solución:
Como: n
a 3 7 3 343 224 i 1 i
entonces: i 1,..., n : a i 1,2,3,4,5,6
por lo que, si llamamos: k 1, ..., 6 : x k ” nu´mero de veces que aparece el valor k en una n-upla”
podemos reescribir el sistema de ecuaciones considerado:
6 kx 26 k 1 k 6 2 k 1 kx k 72 6 kx 3 224 k 1 k siendo su matriz asociada: 1 2 3 4 5 6 26 1 2 3 4 5 6 26 1 4 9 16 25 36 72 0 2 6 12 20 30 46 1 8 27 64 125 216 224 0 4 18 48 100 180 152 1 2 3 4 5 6 26 0 1 3 6 10 15 23 0 2 9 24 50 90 76 1 2 3 4 5 6 26 0 1 3 6 10 15 23 0 0 3 12 30 60 30 1 2 3 4 5 6 26 0 1 3 6 10 15 23 0 0 1 4 10 20 10
Castilla y León 2018 78
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES por lo que, de la tercera ecuación, se deduce que:
x 6 0
x 5 0
o´ x 3 0 x 4 0 x 5 1
Además, si fuesen x 3 x 4 x 6 0 y x 5 1, sustutiyendo en las dos primeras ecuaciones, tendríamos que:
26 x1 2 x 2 5 x 1 5 imposible 23 x 10 2 x 2 13 por lo que, necesariamente, ha de ser x 5 x 6 0, en cuyo caso:
26 x1 2 x 2 3 x 3 4 x 4 23 x2 3 x 3 6 x 4 10 x3 4 x 4 y, de la tercera ecuación, se deduce que x 4 0,1,2 x 3 10 4 x 4
y que:
x 2 5 x 3 2
segunda
x 2 7 6 x 4 x 4 1 x 4 2
ecuacio´n
primera
x 1 2
ecuacio´n
Por tanto, las n-uplas consideradas tienen 2 5 2 2 0 0 11 términos, siendo dos ellos 1, cinco de ellos 2, dos de ellos 3 y dos de ellos 4, habiendo un total de n-uplas igual a:
11! 2!5!2!2! 41580
Castilla y León 2018 79
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Sea f : [0, 1 ] [0, ) una función continua tal que f (0 ) f (1 ) 0 y: x (0, 1 ) : f ( x ) 0
Demostrar que existe un cuadrado con dos vértices en el intervalo (0,1) del eje de abscisas y los otros dos vértices en la gráfica de la función f . Solución:
El ejercicio consiste en encontrar x 0 (0, 1 ) tal que 0 x 0 f ( x 0 ) 1 y: f ( x 0 ) f ( x 0 f ( x 0 ))
Como f (1 ) 0, entonces: 1 x (0, 1 ) : x f ( x ) 1 (0, 1 ) por lo que este conjunto es no vacío y está acotado inferiormente, luego: m min x (0, 1 ) : x f ( x ) 1 0
y vamos a considerar la función continua (por serlo f ) g : [0, m ] [0, 1 ] [0, ) definida por: g( x ) f ( x ) f ( x f ( x ))
(que está bien definida, ya que, si x [0, m ], entonces, x f ( x ) [0, 1 ] ) Ademas, como f es continua (por serlo f ), el Teorema de Weierstrass nos asegura que: x 0 (0, m ] : f ( x 0 ) max f ( x ) : x [0, m ]
y vamos a considerar la función h : [0, m ] [0, 1 ] [0, ) definida por: h( x ) x f ( x ) x0
que es continua (por serlo f ) y verifica que:
h(0 ) 0 f (0 ) x 0 x 0 0 h(m ) m f (m ) x 1 x 0 0 0 por lo que el Teorema de Bolzano nos asegura que: x 1 (0, m ) : 0 h( x 1 ) x 1 f ( x 1 ) x0
es decir: x 1 (0, m ) : x 1 f ( x 1 ) x 0
Castilla y León 2018 80
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Finalmente, vamos a distinguir dos casos:
Si m 1, entonces:
g( x 1 ) f ( x 1 ) f ( x 1 f ( x 1 )) f ( x 1 ) f ( x 0 ) 0 g(m ) f (m) f (m f (m )) f (m ) f (1 ) f (m) 1 m 0 por lo que, si 0 g( x 1 ) f ( x 1 ) f ( x 1 f ( x 1 )) hemos acabado y, en caso contrario, el Teorema de Bolzano nos asegura que: x 2 (0, m ) (0, 1 ) : 0 g( x 2 ) f ( x 2 ) f ( x 2 f ( x 2 ))
Si m 1, entonces:
g( x 1 ) f ( x 1 ) f ( x 1 f ( x 1 )) f ( x 1 ) f ( x 0 ) 0 g( x ) f ( x ) f ( x f ( x )) 0 0 0 0 0 por lo que, si 0 g( x 1 ) f ( x 1 ) f ( x 1 f ( x 1 )) ó 0 g( x 0 ) f ( x 0 ) f ( x 0 f ( x 0 )) hemos acabado y, en caso contrario, el Teorema de Bolzano nos asegura que: x 2 ( x 1 , x 0 ) (0, 1 ) : 0 g( x 2 ) f ( x 2 ) f ( x 2 f ( x 2 ))
Castilla y León 2018 81
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Dada la sucesión ( x n ) n definida recurrentemente por Œ
x 1
2 y:
2 x n 1 xn
n Π: x n1
Calcular:
x n
n1
Solución:
Vamos a hacerlo de dos formas distintas:
Como: 1 sec 2x cos 2x
2 1 cos x
2sec x sec x 1
y x 1 2 sec 22 , entonces: x 2 sec
2 3 , x 3 sec 2 4 ,..., x n sec 2 n1 ,...
y, por tanto, tenemos que calcular:
sec
n1
2 n1
Además, como: 1 sin 2
2sin 22 cos 22 2 2 sin 23 cos 23 cos 22 2 3 sin 24 cos 24 cos 23 cos 22 ... 2 n sin 2n1 cos 2n1
... cos
2 3 cos 2 2
n 2 n sin 2n1 k cos 2k 1 1
entonces: n
n Π: sec k 1
2 k 1
n
k 1
1 cos 2k 1
Castilla y León 2018 82
2 n sin 2n1
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES por lo que:
sec
n1
2
n1
n sec 2k 1 nlim k 1
2 n sin 2n1 nlim
2 n 2n1 nlim
2
Considerando la sucesión ( y n ) nŒ definida por: n Œ : y n x1n
resulta que y 1
1 y, además: 2 1 x n 2 x n
n Π: y n1 x n11
1 1 2 2 x n
1 y n 2 2
es decir, la sucesión ( y n ) nŒ es la sucesión implicada en el Producto de Vieta:
2
1 1 2 2
1 1 1 2 2 2
1 2
1
1 2
1 2
y, por tanto:
x n y n n1 n1
1
y n
2
n1
Castilla y León 2018 83
1 2
1 2
... y n n1
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Sobre una circunferencia se toman dos puntos B y C no diametralmente opuestos y otro punto P. Hallar el lugar geométrico que describen los ortocentros de los triángulos PBC cuando P recorre dicha circunferencia. Solución:
Vamos a suponer que la circunferencia tiene radio unidad y, sobre ella, vamos a considerar un punto A tal que el triángulo ABC es isósceles, siendo 0 b c 2, por lo que: 1 R abc 2S
ab 2 a 2
b2
2a b 2 4
a 2
a 2 4b 2 b4
2 b2 4
De esta forma, considerando coordenadas baricéntricas respecto del triángulo ABC , si P (u : v : w ) es un punto de la circunferencia, resulta que:
BC 0 x BC (2 : 1 : 1 ) PB 0 wx uz PB ((b 2 4 )(u 2w ) : 2(u 2w ) b 2 (u w ) : 2(u 2w ) b 2 w ) por lo que las ecuaciones de las alturas correspondientes a los vértices P y C del triángulo PBC son:
h P 0 (v w ) x (u 2w ) y (u 2v ) z h C 0 [b 2 (u w ) 2(u 2w )] x (b 2 4 )(u 2w ) y
y, resolviendo el sistema de ecuaciones, obtenemos las coordenadas del ortocentro de este triángulo: H P ((4 b2 )(u 2w )(u 2v ) : (u 2v )[b 2 (u w ) 2(u 2w )]
: (u 2w )[b 2 (u v) 2(u 2v )])
Además, como la ecuación de la cirunferencia es: 2
xy xz (4 b ) yz
0
entonces, cualquier punto situado sobre ella (distinto de B y C ) es de la forma: P
1 : b 2 t t 4t 1 : t (t ‘ )
por lo que, sustituyendo en la expresión anterior, obtenemos una expresión paramétrica del lugar geométrico buscado: H P ((4 b2 )(2t 1 )(b2 t 2t 1 ) : (b 2 t 2t 1)[b 2 (t 1 ) 2(2t 1)] : (2t 1 )[b4 t b 2 (5t 1) 2(2t 1)])(t ‘)
Finalmente, eliminando el parámetro t del siguiente sistema de ecuaciones: (4 b2 )(2t 1 )(b 2 t 2t 1 ) x
(b 2 t 2t 1 )[b 2 (t 1 ) 2(2t 1 )] y
(2t 1 )[b 4 t b2 (5t 1 ) 2(2t 1 )]
obtenemos su ecuación implícita: (2 b 2 ) x 2 (3 b 2 ) xy (3 b 2 ) xz (4 b 2 ) yz 0 xy xz (4 b 2 ) yz (b 2 2 ) x( x y z ) 0
Castilla y León 2018 84
z
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES que corresponde a una circunferencia cuyo eje radical con la circunferencia circunscrita al triángulo ABC (la circunferencia considerada inicialmente) es la recta BC . Además, como el centro de esta circunferencia:
0 0
x y z
x y z
2(2 b 2 ) 3 b 2 3 b 2 2(2 b 2 ) 3 b 2 3 b 2
3 b2 0 4 b2 3 b2 0 4 b2
3 b 2 4 b 2 0 3 b 2 4 b 2 0
1 1 0 1 0 1
O (2 b2 : b 2 1 : b 2 1 )
es el punto simétrico del circuncentro O (b 2 : 1 : 1) del triángulo ABC respecto del punto medio M (0 : b 2 : b 2 ) del segmento BC , resulta que esta circunferencia es la reflexión de la circunferencia considerada inicialmente, con respecto a la recta BC.
Castilla y León 2018 85
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 5. Se eligen aleatoriamente los números b, c [0, a ]. La probabilidad de que la distancia en el plano complejo de las raíces del polinomio z 2 bz c no sea mayor que 1 no es menor que 0.25. Hallar a. Solución:
Como: z 2 bz c 0 z
b
b 2 4c
2
entonces:
1 P 4
b 2 4c 1
P( b 2 4c
1 )
A dbdc a2
A dxdy a2
siendo: A ( x, y )
‘
: x 2 4 y 1 [0, a ] [0, a ]
Vamos a distinguir tres casos:
Si 0 a 1, entonces:
1 A dxdy a2 4 1 2 x 1 dx 4 0 a2 a 41a 12
y este caso no aporta nada, ya que la desigualdad obtenida es cierta para todo valor de a 0.
Castilla y León 2018 86
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Si 1 a 2 3 , entonces:
1 A dxdy a2 4 a 1 2 x 1 dx 1 dx 4 1 2 0 a2
31a 2 a2a 21
siendo cierta esta desigualdad cuando 0 a 1 1 . 3
Si a 2 3 , entonces, la probabilidad considerada es aún menor que en el caso anterior, es decir: 1 A dxdy 1 a 1 a2 4 3a 2 2a 2 y, por tanto, este caso no aporta nada nuevo.
Una vez distinguidos estos tres casos, la única limitación que tenemos es que: 0 a 1 1 3 por lo que a 0, 1 1 . 3
Castilla y León 2018 87
CATALUÑA
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Cuestión 1. Calcular el volumen de la figura resultante de girar alrededor del eje de ordenadas la superficie limitada la curva de ecuación: 4 x 2 y(1 y )(2 y ) 2
Solución: 1
V 0
y(1 y)(2 y )
4
2
dy
Cataluña 2018 89
23 240
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Cuestión 2. es un número irracional porque...
No es solución de ninguna ecuación.
No se puede escribir como una fracción de números enteros.
No se puede escribir como una fracción de números primos.
Ninguna de las respuestas anteriores es correcta.
Solución:
Es falso, ya que, por ejemplo, es solución de la ecuación x 0.
Es cierto.
Es falso, ya que, por ejemplo, 34 no es una fracción de números primos y, sin embargo, es racional.
Es falso, ya que la segunda respuesta es correcta.
Cataluña 2018 90
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Cuestión 3. Es fácil demostrar que:
3 6 6 6 ... x x
¿ Para cuántos valores x Z tales que 1 x 1000 se cumple que Solución:
Si n x x x ... Z , entonces: n 2 x n n(n 1 ) n 2 n x
por lo que hay exactamente treinta y una soluciones, pues: n
n1
x
1 2 3 4 ... 32 33
0 1 2 3 ... 31 32
0 2 6 12 ... 992 1056
no s´ ejemplo s´
Cataluña 2018 91
s´ no
x ...
Z ?.
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Cuestión 4. ¿ Cuál es el comando de Geogebra para hacer el producto vectorial de dos vectores
Hemos de crear nuestro propio comando para ejecutar el producto vectorial.
Ponemos Vec(u, v ) en la ventana CAS.
Usamos el comando ProductoExterno.
Ponemos ProductoVectorial en la barra de entrada.
u
y v ?.
Solución:
La respuesta correcta es la cuarta. Debemos utilizar el comando Pr oductoVectorial(Vector , Vector ) en la barra de entrada.
Cataluña 2018 92
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Cuestión 5. Sean E y F espacios vectoriales, S un subespacio vectorial de E , f : E F una aplicación lineal y g f S : S F la aplicación restringuida a S . ¿ Cuál de las siguientes respuestas es la correcta ?:
Im f Im g
ker f ker g
ker g ker f S
Ninguna de las respuestas anteriores es correcta.
Solución:
Es falso, ya que, por ejemplo, considerando la aplicación lineal f : ‘ 2 ‘ 2 definida por: f ( x, y ) ( y, y )
y el subespacio vectorial S ( x, 0 ) : x ‘ de
‘
2
, se verifica que:
Im f ( y, y ) : y ‘ Im g (0, 0 )
Im g Im f
Es falso, ya que, por ejemplo, considerando la aplicación lineal f : ‘ 2 ‘ 2 definida por: f ( x, y ) ( x y, x y)
y el subespacio vectorial S ( x, 0 ) : x ‘ de
‘
2
, se verifica que:
ker f ( x, x ) : x ‘ ker g (0, 0 )
Es cierto, pues:
ker g e S : g(e) 0
ker g ker f
eS : f (e )g(e )
e S : f (e ) 0
Es falso, ya que la tercera respuesta es correcta.
Cataluña 2018 93
ker f S
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Cuestión 6. Una variable aleatoria X sigue una distribución N ( , ). Si se toma una muestra de tamaño n y se consideran la media muestral x y el estimador de la desviación típica s, ¿ cuál es la distribución muestral ?: N (0, 1 ) N ( , ) N ( x, s ) t -Student con n 1
grados de libertad.
Solución:
La respuesta correcta es la cuarta, t -Student con n 1 grados de libertad.
Cataluña 2018 94
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Cuestión 7. Tres amigos quieren hacer un muñeco de nieve apilando esferas. Con el objetivo de hacer un muñeco lo más alto posible:
Marta dice: “Hagamos el muñeco de dos bolas para que sea más alto”.
Bernardo responde: “No, lo hemos de hacer de diez bolas y será más alto”.
Juana dice: “Yo creo que la altura no cambia con el número de bolas, por lo que propongo hacerlo de seis bolas”.
Asumiendo que los tres disponen de la misma cantidad de nieve y que las bolas no se aplastarán ni caerán, ¿ cuál de ellos tiene razón ?. Solución:
Para simplificar las operaciones, vamos a suponer que los tres disponen de un volumen de nieve igual a 43 unidades de volumen (las que sean, da igual). Tiene razón Bernardo, pues:
Si hacemos dos bolas de nieve idénticas, con radio r 2 , como el volumen de cada bola es: 4 4r 32 3 3 2 1 r 32 2 1 r 2 3 2 resulta que la altura del muñeco será: h 2 4r 2
3
4 2 3 4 3.174802103... 2
Si hacemos diez bolas de nieve idénticas, con radio r 10 , como el volumen de cada bola es: 4 4r 310 3 3 10 1 r 310 10 1 r 10 3 10 resulta que la altura del muñeco será: h 10 20r 10
3
20 2 3 100 9.283177667... 10
Cataluña 2018 95
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Si hacemos seis bolas de nieve idénticas, con radio r 6 , como el volumen de cada bola es: 4 4r 36 3 3 6 1 r 36 6 1 r 6 3 6 resulta que la altura del muñeco será: h 6 12r 6
12 2 3 36 6.603854497... 6
3
Cataluña 2018 96
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Problema 1.
Tenemos una bolsa con N bolas y un subconjunto S de bolas de tamaño k. Hacemos dos extracciones sin repetición. Dar una expresión matemática para la probabilidad de que, como mínimo, una de las dos bolas elegidas sea de S. Utilizarla para comprobar que, si k N , entonces, P 1 (suceso seguro), y para calcular la probabilidad en el caso k N 1.
Calcular la probabilidad de que dos puntos tomados al azar sobre una circunferencia determinen una cuerda de longitud superior al radio de dicha circunferencia.
Solución:
La variable aleatoria: X ” nu´mero de bolas de S entre las dos bolas elegidas ”
sigue una distribución hipergeométrica, pudiendo tomar los valores 0, 1 ó 2. Por tanto: k N k ( N k )( N k 1 ) 0 2 1 P( X 1 ) 1 P( X 0 ) 1 N N ( N 1 ) 2
y:
Si k N , entonces: P( X 1 ) 1 0 1
Si k N 1, entonces: P( X 1 ) 1 0 1
Podemos suponer, sin pérdida de generalidad, que la circunferencia tiene radio unidad. Tenemos que tomar al azar dos puntos x, y [0, 2 ] de forma que: 2sen
x y
2
x y 5 1
6
2
6
3 x y 3 y x
5 3 5 3
Cataluña 2018 97
x y x y
x x
5 y x 3 3 5 3 y x 3
x y x y
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES por lo que la probabilidad pedida es: 2
5 3 2
p
2
32 4 2
Cataluña 2018 98
2
23
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Problema 2. Sea A(t ) el área limitada en el primer cuadrante entre la elipse de ecuación: 4 x 2 y2 1 la recta y 1 y la recta x t . Calcular los valores máximo y mínimo de A(t ) cuando 0 t 12 . Solución:
Como: t t 0, 1 : A(t ) 1 1 4 x 2 dx
2
0
y el integrando es una función continua en [0, t ] 0, 12 , entonces, el Teorema Fundamental del Cálculo nos asegura que la función A es derivable y, además: t 0, 1 : A (t ) 1 1 4t 2 0 t 0
2
siendo: t 0, 1 : A (t ) 0
2
por lo que esta función es estrictamente creciente en el intervalo 0, 12 para t 0 y su valor máximo para t 12 , siendo:
y, por tanto, alcanza su valor mínimo
( ) 0 2 A 0 0 1 1 4 x dx 0 1 2 1 A 1 1 4 x 2 dx 1 2 8 2 0 (para calcular A 12 no es necesario hacer la integral, basta con restarle al área del rectángulo la cuarta parte del área de la elipse)
Cataluña 2018 99
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Problema 3. Dado un conjunto cualquiera X , se consideran el conjunto ( X ) y las siguientes operaciones en ( X ) :
A B A B A B A B A B
Demostrar que (( X ), , ) es un anillo conmutativo (tomando como suma y como producto).
Calcular todos los elementos invertibles de ( X ).
Demostrar que todos los elementos son idempotentes, es decir: A ( X ) : A 2 A
Demostrar que: A ( X ) : 2 A 0
Demostrar que, si A, B ( X ), entonces, el ideal generado por A y B también está generado por A B. Deducir que todos los ideales finitamente generados de ( X ) son principales.
Solución:
(( X ), , ) es un anillo conmutativo y unitario, pues:
(( X ), ) es un grupo abeliano, ya que:
La operación es conmutativa, porque: A, B ( X ) : A B A B A B B A B A B A
La operación es asociatativa, porque: A, B, C ( X ) : ( A B ) C A ( B C )
Para probar esta igualdad, vamos a probar que las funciones características de ambos conjuntos coinciden: ( A B)C A B C 2 A B C
A B 2 A B C 2( A B 2 A B ) C A B C 2 A B 2 A C 2 B C 4 A B C A( BC ) A BC 2 A BC
A B C 2 B C 2 A ( B C 2 B C ) A B C 2 A B 2 A C 2 B C 4 A B C
Cataluña 2018 100
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
La operación tiene elemento neutro, porque: ( X ) A ( X ) : A A A A A
Todo elemento A ( X ) tiene elemento opuesto para la operación , que es él mismo, porque: A ( X ), A ( X ) : A A A A A A A A
La operación es asociativa, porque: A, B, C ( X ) : ( A B ) C ( A B ) C A ( B C ) A ( B C )
La operación es distributiva respecto de , porque: A, B, C ( X ) : A ( B C ) ( A B ) ( A C )
Para probar esta igualdad, vamos a probar que las funciones características de ambos conjuntos coinciden:
A ( BC ) A BC A( B C 2 B C ) A B A C 2 A B C
( A B)( A C ) A B A C 2 A B A C
A B A C 2 A B C
A2 A
La operación es conmutativa, porque: A, B ( X ) : A B A B B A B A
La operación tiene elemento neutro, porque: X ( X ) A ( X ) : A X A X A
El único elemento invertible de ( X ) es X , ya que: X X X
y, además: A, B ( X ) A X : A B A B A X
Todos los elementos de ( X ) son idempotentes, ya que: A ( X ) : A 2 A A A A A
Todos los elementos de ( X ) son opuestos de sí mismos, ya que: A ( X ) : 2 A A A A A A A A A 0
Cataluña 2018 101
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Dados A, B ( X ), para probar la igualdad: A, B A B
probaremos la doble contención:
Como:
A A ( A B ) B B ( A B ) A, B A B entonces: A, B A B
Como, para conjuntos disjuntos, la diferencia simétrica coincide con la unión, entonces: A B ( A A ) ( A C B ) A, B
entonces: A B A, B
Finalmente, si A 1 ,..., A n es un ideal finitamente generado de ( X ), vamos a probar que: A 1 ,..., A n A 1 ... A n
por lo que este ideal es principal. Para ello, probaremos la doble contención, razonando exactamente igual que en el caso anterior:
Como: i 1,..., n : A i A i ( A 1 ... A n ) A 1 ... A n
entonces: A 1 ,..., A n A 1 ... A n
Como, para conjuntos disjuntos, la diferencia simétrica coincide con la unión, entonces: C C C C A 1 ... A n ( A 1 A 1 ) ( A C 1 A 2 ) ( A 1 A 2 A 3 ) ... ( A 1 ... A n1 A n ) A 1 ,..., A n
por lo que: A 1 ,..., A n A 1 ... A n
Cataluña 2018 102
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Problema 4. Un triángulo ABC rectángulo en B se gira dos veces con respecto al vértice A, obteniéndose la siguiente figura:
C Calcular B . AN
Solución:
Vamos a hacerlo de dos formas distintas:
Según se aprecia en la figura, el ángulo CAB 3 , por lo que, considerando el sistema de referencia cartesiano de ejes rectangulares con origen en A y eje de abscisas en la recta AB y tomando como unidad de medida la longitud del segmento AB, resulta que :
A (0, 0 ) B (1, 0 ) C (1, 3 ) 1 3 B 2 , 2 C (1, 3 ) 1 3 B 2 , 2 C (2, 0 ) por lo que:
1 x y C B 0 1 1 3 3 x 2 y 3 1 1 0 1 x y 3 x 5 y 2 3 1 2 0 C B 0 2 3 1 1 2 2
Cataluña 2018 103
3 3 N 1 , 7
7
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto: B C AN
1 1 7
2
3 3 7
2
7 2
Considerando coordenadas baricéntricas respecto del triángulo C’’PC , resulta que:
C (1 : 0 : 0) P (0 : 1 : 0) C (0 : 0 : 1 ) A (1 : 1 : 0) 1 : 1 : 0 2 2 B (1 : 1 : 2 ) B (1 : 0 : 1 ) C (1 : 1 : 2 ) B (1 : 3 : 0)
y, si tomamos c PC 1, entonces: c C P
2 P C C 4 1 3
por lo que:
S C 3 S P 1 S C 0
Además, como:
x y z
C B
0 1 1 2 6 x 2 y 4 z 1 3 0 x y z
C B 0
N (5 : 3 : 6)
1 0 0 2 y z 1 1 2
Cataluña 2018 104
5 : 3 :3 14 14 7
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES entonces: B C AN
1 2 5 1 3 14 2
2
3 1 14 2
Cataluña 2018 105
2
7 2
CEUTA
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Dada la cónica y 2 2 px ( p 0 ) y el haz de rectas y a t ( x b), hallar el lugar geométrico de los puntos en que las rectas de este haz cortan a las tangentes a la cónica en los puntos de intersección de ésta con el haz de rectas y tx. Solución:
Vamos a distinguir dos casos:
Si t 0, entonces, la recta y 0 corta a la cónica en el punto (0,0). Además, como la ecuación de la recta tangente a la cónica en este punto es:
0 1 x y
0 p 0 p 0 0 0 0 1
1 0 px x 0 0
entonces, su punto de corte con la recta y a 0 es el punto (0, a ), por lo que, en este caso, el lugar geométrico pedido se reduce al punto (0, a ).
Si t 0, entonces, los puntos de corte entre la recta y la parábola vienen dados por las soluciones del sistema de ecuaciones:
y 2 2 px y tx
x 0 0 y 2 p x t 2 y 2 p t
siendo las ecuaciones de las rectas tangentes a a cónica en estos puntos:
0 1 0 1
x y
x y
0 p 0 p 0 0 0 0 1 0 p 0 p 0 0 0 0 1
1 0 px 0 1 2 p 2 y 2 p p x t t 2 t 2 2 p
0 x 2 0 t x 2ty 2 p
t
y los puntos de corte de estas rectas con la correspondiente recta del haz son las soluciones de los siguientes sistemas de ecuaciones:
En el primer caso:
x 0 y a x 0 ( ) x 0 y a t x b y a tb (t 0 )
b 0 b0
por lo que el lugar geométrico pedido se reduce al punto (0, a ) si b 0 y es la recta x 0 cuando b 0.
Ceuta 2018 107
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
En el segundo caso:
t 2 x 2ty 2 p 0 y a t ( x b ) por lo que, despejando el parámetro en la segunda ecuación y sustituyendo en la primera, se obtiene la ecuación implícita del lugar geométrico pedido: 2 y( x b )( y a ) x( y a ) 2 2 p( x b ) 2 0
Por tanto:
Si b 0, el lugar geométrico pedido está formado por el punto (0, a ) y la curva de ecuación:
2 xy( y a ) x( y a ) 2 2 px2 0 x( y 2 2 px a 2 ) 0
cuya representación gráfica para a p 1 es:
Ceuta 2018 108
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Si b 0, está formado por el eje de abscisas y la curva de ecuación:
2 y( x b )( y a ) x( y a ) 2 2 p( x b ) 2 0 cuya representación gráfica para a b p 1 es:
Ceuta 2018 109
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Probar que: n Œ : 4 n1 5 2n1 0 (mod 21 ) Solución:
Como 21 3 7, basta con probar que:
4 n1 5 2n1 0 (mod 3 ) 2n1 n1 4 5 0 (mod 7 )
n Π:
lo cual es cierto, pues: n Π: 4 n1 n Π:
5 2n1 1 n1 (1 ) 2n1 1 1 0 0 (mod 3 )
4 n1 5 2n1 2 2(n1 ) 5 2n1 2 2(n1 ) (2 ) 2n1 2 n1 (2 3 1 ) 0 (mod 7 )
Ceuta 2018 110
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Dada una función continua
g : ‘ ‘,
se considera la función f : ‘ ‘ definida por:
x
f ( x ) sin t g( x t )dt 0
Probar que la función f es dos veces derivable y, además, verifica que: x ‘ : f ( x ) f ( x ) g( x ) Solución:
Haciendo el cambio de variables: x t u dt du
resulta que: x
f ( x ) sin t g( x t )dt 0
0
sin( x u )g(u )du x
x
(sin x cos u cos x sin u )g(u )du 0
x
x
0
0
sin x cos u g(u )du cos x sin u g(u )du por lo que, como los integrandos son funciones continuas, el Teorema Fundamental del Cálculo nos asegura que la función f es derivable y, además, para cada x ‘, se verifica que: x
x
0
0
f ( x ) cos x cos u g(u )du sin x cos x g( x ) sin x sin u g(u )du cos x sin x g( x )
x
x
0
0
cos x cos u g(u )du sin x sin u g(u )du De igual forma, la función f’ es derivable (por lo que la función f es dos veces derivable) y, además, para cada x ‘, se verifica que: x
x
0
0
f ( x ) sin x cos u g(u )du cos 2 x g( x ) cos x sin u g(u )du sin 2 x g( x )
por lo que, para cada x ‘, se verifica que: (
f x ) f ( x ) sin x
x
0
cos ug(u )du cos 2 xg( x ) cos x
x
0
sin ug(u )du sin 2 xg( x ) sin x
cos 2 xg( x ) sin 2 xg( x )
(cos 2 x sin 2 x )g( x ) g( x )
Ceuta 2018 111
x
x
0
0
cos u g(u )du cos x sin u g(u )du
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Se considera la aplicación lineal f : ‘ 3 ‘ 3 definida por:
f (e 1 ) e 2 e 3 f (e 2 ) e 1 e 3 f (e 3 ) e 1 e 2 siendo e 1 , e 2 , e 3
la base canónica de
‘
3
:
Calcular su matriz asociada respecto de la base canónica y analizar si esta aplicación lineal es o no inyectiva.
Probar que: n Π: f n a n f bn I
siendo, para cada n Œ, a n y b n números reales a determinar. Solución:
La matriz asociada a esta aplicación lineal respecto de la base canónica es:
0 1 1 f 1 0 1 1 1 0 Además, como:
0 1 1 0 1 1 1 0 1 2 0 rg 1 0 1 3 1 1 0 1 1 0 entonces: dim[ker f ] dim(‘ 3 ) rg( f ) 3 3 0 ker f 0 y, por tanto, f es inyectiva.
Como los autovalores de esta matriz son:
1 2 1 1 2 0 1 1 (2 )( 1 ) 2 1 3 1 1 1 y sus autovectores asociados son:
Para 1 2 :
0 2 1 1 0 1 2 1 0 1 1 2
x y z
2 x y z x z v 1 (1,1,1 ) x 2 y z y z x y 2 z
Ceuta 2018 112
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Para 2 3 1 :
0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1
x y z
x y z x y z x y z
x y z
v 2 (1, 1, 0 ) v 3 (1,0, 1 )
entonces:
1 1 1 P 1 1 0 1 0 1 D
1 1 1 3 3 3 1 2 1 3 3 3 1 1 2 3 3 3
P 1
2 0 0 0 1 0 0 0 1
por lo que:
0 1 1 1 1 1 1 f 1 0 1 PDP 1 1 0 1 1 0 1 0 1
2 0 0 0 1 0 0 0 1
y, como:
2n 0 0 n n 0 n Π: D 0 (1 ) 0 0 (1 ) n
Ceuta 2018 113
1 1 1 3 3 3 1 2 1 3 3 3 1 1 2 3 3 3
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES entonces, para cada n Œ, resulta que: f n
(PDP 1 ) n PD n P 1 1 1 1 1 1 0 1 0 1
1 1 1 3 3 3 1 2 1 3 3 3 1 1 2 3 3 3
2 n 2(1 ) n 2 n (1 ) n 2 n (1 ) n 3 3 3 2 n (1 ) n 2 n 2(1 ) n 2 n (1 ) n 3 n 3 n 3 n n n ( ) ( ) 2 1 2 1 2 2(1 ) n 3 3 3
2 n (1 ) n 3
2n 0 0 n 0 (1 ) 0 0 0 (1 ) n
0 1 1 2 n 2(1 ) n 1 0 1 3 1 1 0
2 n (1 ) n 2 n 2(1 ) n f I 3 3
Ceuta 2018 114
1 0 0 0 1 0 0 0 1
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 5.
Demostrar que, entre todos los triángulos con la misma base y el mismo ángulo opuesto, el isósceles tiene área máxima.
Probar que, entre todos los triángulos inscritos en una circunferencia dada, el equilátero tiene área máxima.
Solución:
Si el segmento BC es la base común de esta familia de triángulos, (0, ) es su ángulo opuesto común y PBC es uno de estos triángulos, entonces, el punto P está situado sobre el arco capaz de ángulo del segmento BC :
Además, si ABC es el único triángulo isóseles de esta familia, considerando coordenadas baricéntricas respecto de él, resulta que la ecuación de su circunferencia circunscrita es: a 2 yz b2 xz b 2 xy 0
y, si el punto P está situado en el arco AB (si estuviese situado en el arco CA se razonaría de forma totalmente análoga), entonces: p 1 : P (a 2 p : b 2 p( p 1 ) : b 2 (1 p))
por lo que: a 2 p b 2 p( p 1 ) b 2 (1 p )
0 0
(PBC ) ( ABC ) 1
1 0 0 1 2 b 2 ( p 1 ) a 2 p a 2 p
b 2 ( p 1 )
2
a 2 p
b 2 ( p 1 ) b 2 ( p 1 )
0
Ceuta 2018 115
2
1
2
a 2 p
1
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto: ( APQ) ( ABC )
Sean APQ un triángulo cualquiera inscrito en una circunferencia y sea ABC un triángulo equilátero inscrito en dicha circunferencia. Considerando coordenadas baricéntricas respecto del triángulo ABC , como la ecuación de su circunferencia circunscrita es: xy xz yz 0
vamos a distinguir seis casos:
Si P y Q están en el arco AB, entonces:
P ( p( p 1 ) : p : 1 p ) Q (q(q 1 ) : q : 1 q )
p, q ‘ p q 1 :
por lo que: 1 0 0 p( p 1 ) p 1 p q(q 1 ) q 1 q ( APQ ) 1 ( ABC ) ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 ) 1 p q ( 2 1 p p 1 )(q 2 q 1 ) 2 pq(1 q)( p 1 ) ( p 1 ) q2 ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 )
0 y, por tanto: ( APQ) ( ABC )
Ceuta 2018 116
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Si P está en el arco AB y Q está en el arco BC , entonces:
P ( p( p 1 ) : p : 1 p ) Q (1 q : q(q 1 ) : q )
p, q ‘ p, q 1 :
por lo que: 1 0 0 p( p 1 ) p 1 p 1 q q(q 1 ) q ( APQ ) 1 ( ABC ) ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 ) 1 q( pq q 1 ) ( 2 1 p p 1 )(q 2 q 1 )
( p 1 ) 2 1 q 2 ( p 2 p 2 )q ( p 2 p 1 ) ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 ) 0 ya que la función cuadrática del numerador tiene término independiente negativo y verifica que: (3 p 2 4 p 4 ) 0
y, por tanto: ( APQ) ( ABC )
Si P está en el arco AB y Q está en el arco CA, entonces:
P ( p( p 1 ) : p : 1 p ) Q (q : 1 q : q(q 1 ))
p, q ‘ p, q 1 :
Ceuta 2018 117
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
por lo que: 1 p( p 1 )
0
0 p 1 p q 1 q q(q 1 ) ( APQ ) 1 ( ABC ) ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 ) 1 (q 1 )[ p(q 1 ) 1 ] ( 2 1 p p 1 )(q 2 q 1 )
( p 1 ) 2 q 2 ( p 1 )( p 2 )q ( p 1 ) 2 1 ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 ) 0 ya que la función cuadrática del numerador tiene término independiente negativo y verifica que: (3 p 2 4 p 4 ) 0
y, por tanto: ( APQ) ( ABC )
Si P y Q están en el arco BC , entonces:
P (1 p : p( p 1 ) : p ) Q (1 q : q(q 1 ) : q )
p, q ‘ p q 1 :
Ceuta 2018 118
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
por lo que: 1 0 0 1 p p( p 1 ) p 1 q q(q 1 ) q ( APQ) 1 ( ABC ) ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 ) 1 pq( p q) ( 2 1 p p 1 )(q 2 q 1 ) ( p 2 1 )q 2 (2 p 2 p 1 )q ( p 2 p 1 ) ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 )
0 ya que la función cuadrática del numerador tiene término independiente negativo y verifica que: (3 p 2 2 p 3 ) 0
y, por tanto: ( APQ) ( ABC )
Si P está en el arco BC y Q está en el arco CA, entonces:
P (1 p : p( p 1 ) : p) Q (q : 1 q : q(q 1 ))
p, q ‘ p, q 1 :
Ceuta 2018 119
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
por lo que: 1 0 0 p 1 p p( p 1 ) q 1 q q(q 1 ) ( APQ ) 1 ( ABC ) ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 ) 1 p(q 1 )[q( p 1 ) 1 ] ( 2 1 p p 1 )(q 2 q 1 ) q 2 ( p 1 )q ( p 2 1 ) ( 2 p p 1 )(q 2 q 1 )
0 ya que la función cuadrática del numerador tiene término independiente negativo y verifica que: (3 p 2 2 p 3 ) 0
y, por tanto: ( APQ) ( ABC )
Si P y Q están en el arco CA, entonces:
P ( p : 1 p : p( p 1 )) Q (q : 1 q : q(q 1 ))
p, q ‘ p q 1 :
Ceuta 2018 120
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
por lo que: 1
0 0 p 1 p p( p 1 ) q 1 q q(q 1 ) ( APQ ) 1 ( ABC ) ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 ) 1 ( p 1 )(q 1 )( p q ) ( 2 1 p p 1 )(q 2 q 1 )
(q 1 ) 2 1 p 2 (2 q ) p 1 ( p 2 p 1 )(q 2 q 1 ) 0 ya que la función cuadrática del numerador tiene término independiente negativo y verifica que: (3q 2 4q 4 ) 0
y, por tanto: ( APQ) ( ABC ) (en realidad, debido a la simetría del problema, bastaría con haber distinguido solamente cuatro casos, ya que los dos últimos casos son análogos al primero y al segundo, respectivamente).
Ceuta 2018 121
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 6. Una línea de autobuses tiene longitud L. La probabilidad de que un pasajero suba al autobús en las proximidades del punto x es proporcional a x( x L ) 2 y la probabilidad de que un pasajero que subió en el punto x baje en el punto y es proporcional a ( y x) h , con h 0. Calcular:
Las constantes de probabilidad de ambas probabilidades.
La probabilidad de que un pasajero no suba al autobús antes del punto z del recorrido del autobús.
La probabilidad de que un pasajero que subió en el punto x descienda después del punto z.
Solución:
Como la función de densidad de la variable aleatoria continua: X ” punto en el que sube el pasajero al autobu ´s ”
tiene función de densidad:
f ( x )
kx( x L)
2
0 x L resto
0
entonces: L 4 k 124 1 kx( x L) 2 dx kL L 12 0
por lo que:
12 x( x L) 2 f ( x ) L 4 0
0 x L resto
Además, como la variable aleatoria continua: Y ” punto en el que baja el pasajero al autobu ´s ”
tiene función de densidad:
m( y x ) h g( y ) 0
0 x y L ( h 0 ) resto
entonces: L
1 x m( y x) dy h
h1
m( L x) h1
m
h1 ( L x) h1
por lo que:
(h 1 )( y x ) h g( y ) ( L x ) h1 0
0 x y L
Ceuta 2018 122
resto
(h 0 )
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Para cada z [0, L ], se verifica que: L
2 12 x( x x L )
z
L 4
L ) P( z z X
dx
L 4 3 z 4 8 Lz 3 6 L 2 z 2 L 4
Para cada z [0, L ], se verifica que: h h1 h1 (h 1 )( y ( L y x) L x) ( z z x) (h 0 ) L X P( z z Y dy x ) z h1 h1 ( L ( L L x) L x ) L
Ceuta 2018 123
EUSKADI
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Sea la región R del plano definida por la parte parte positiva de los ejes coordenados coordenados y la curva: y 2cos x
0 x 2
Halla el valor del parámetro a tal que la curva: y a sen x
divida la región R en dos regiones de igual área. Solución:
En principio, haremos una representación gráfica del problema:
A continuación, calcularemos el punto de corte entre ambas curvas, que viene dado por la solución del sistema de ecuaciones:
y 2cos x y a sen x x arctg a2 Finalmente, como: arctg ( a2
(2cos x a sen x )dx a
0
arctg(
2
0
2
a
arctg ( a2
)
)
cos xdx 2
sen xdx 2
0
2
a
cos xdx 2a )
2
a
)
sen xdx
0
2 1 22 a 1 2a 4 a 4 a 4 a2 4 1 a a2 4 a2 4
a2
4 a 2 4 a a 2 4 a2 a 2 4 (a 1 ) a 2 4 a2 4
a 1 3 a 2
Euskadi 2018 125
2
arctg (
arctg (
2
arctg (
)
2
a
cos xdx )
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Sea p un número primo. Determinar todos los números no negativo.
k Z
tales que
k 2 kp
sea un entero
es tal que
k 2 kp Œ,
Solución:
Está claro que k 0 y k p son soluciones del problema. Además, si k Z 0, p entonces: m Z : k 2 kp m 2
por lo que: k 2 kp m2
0
4k 2 4kp 4m 2 0 (2k p ) 2 (2m ) 2 p 2 (2k p 2m )(2k p 2m ) p 2
y, como p es primo, puede ocurrir que :
2k p 2m p 2k p 2m p m 0 k p no
2k p 2m 1 ( p 1 ) 2 2k p 2m p2 k 4
2k p 2m p 2 ( p 1 ) 2 2k p 2m 1 k 4
en cuyo caso: 2
k
kp
p2 1 ( p 2 1 ) 2 4 16
y podemos concluir que:
Si p 2, las únicas soluciones del problema son k 0 y k 2, ya que: 22 1 3 Œ 4 4
Si p es impar, las soluciones del problema son k 0, k p y k p 2 1 (mod
4)
p2 1
Euskadi 2018 126
4
Œ
( p 1 ) 2 4 , ya que:
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Las alturas de un triángulo acutángulo AB CH , determinar el valor del ángulo BCA.
se cortan en el ortocentro H. Sabiendo que
ABC
Solución:
Considerando coordenadas baricéntricas respecto dle triángulo ABC , resulta que:
A (1 : 0 : 0 ) B (0 : 1 : 0 ) C (0 : 0 : 1 )
H
S B S C S 2
S S
S S
: AS 2 C : AS 2 B
por lo que: CH 2 S A
S B S C S 2
2
S B
S A S C S 2
2
S C
S A S B S 2
2 2 c 2 (a 2 b 2 c 2 ) 1 ( a b c )(a b c)(a b c)(a b c )
y, si c AB CH , entonces: 2
c
2
c 2 (a 2 b2 c2 ) (a b c)(a b c)(a b c )(a b c)
(a 2 b2 c2 ) 2 1 ( a b c)(a b c)(a b c )(a b c) luego: 0 (a b c)(a b c)(a b c)(a b c) (a 2 b2 c2 ) 2 0 c 4 2(a 2 b2 )c 2 a4 b4
Finalmente, resolviendo esta última ecuación, obtenemos que: c 2 a 2 b 2
2 ab
por lo que, según el Teorema del Coseno: 2 2 2 2 ab 2 cos C a 2bab c 2ab 2
Euskadi 2018 127
ABC acuta´ngulo
C
4
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Sea A n 2 n 2 2n 2 3n , donde
n
Œ.
Se pide:
Demostrar que: n Π: A n3 A n (mod 7 )
Encontrar para qué valores de n Œ se verifica que A n es divisible por 7.
Solución:
Para cada n Œ, se verifica que: A n3 A n 2 n3 2 2(n3 ) 2 3(n3 ) (2 n 2 2n 2 3n )
2 n3 2 n 2 2n6 2 2n 2 3n9 2 3n 2 n (2 3 1 ) 2 2n (2 6 1 ) 2 3n (2 9 1 ) 7 2 n 63 2 2n 511 2 3n 7(2 n 9 2 2n 73 2 3n ) por lo que: n Π: A n3 An 0 (mod 7 )
y, por tanto: n Π: A n3 A n (mod 7 )
Como:
A1 2 1 2 2 2 3 14 0 (mod 7 ) A2 2 2 2 4 2 6 84 0 (mod 7 ) A3 2 3 2 6 2 9 584 0 (mod 7 ) entonces, según el apartado anterior:
n Π: A n 0 (mod 7 )
n 1 (mod
o´ n 1 (mod 3 ) n 2 (mod 3 )
Euskadi 2018 128
3)
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 5.
¿ Cuál es la probabilidad de que un punto elegido al azar cumpliendo las siguientes restricciones:
x y 3 3 x y 3 4 y x 2 x y 7 tenga las dos coordenadas positivas.
¿ Y de que las dos coordenadas sean números enteros ?
Solución:
En primer lugar, haremos una representación gráfica del problema:
y, a continuación, calcularemos la probabilidad pedida: 1 2 3 1 1 7 0 2 2 1 1 0 32ln2 7 p 1 1 32ln2 2 4 22 [(3 x) (3 3 x )]dx x4 (3 3 x ) dx x4 (2 x 7 ) dx 0
1
2
Euskadi 2018 129
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Como esta distribución es uniforme continua en el recinto limitado por las gráficas de las cuatro funciones, entonces, la probabilidad de que la variable valores concretos es nula, por lo que la probabilidad pedida también lo es.
Euskadi 2018 130
EXTREMADURA
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Calcular una y sólo una de las siguientes integrales:
1
(1 x 2 ) n dx (n Π) 0
dx 3cos x 4sin x
e x 2 dx 0
x 2 2 x
( x 1 ) 3
dx
Solución:
Como el integrando es una función par, entonces: 1 1 1 (1 x 2 ) n dx 1 (1 x 2 ) n dx 1 (1 x ) n (1 x ) n dx 2 1 2 1 0
y haciendo el cambio de variables: x 1 2t dx dt
resulta que: 1
(1 0
n x 2 ) dx
1
(2t ) n (2 2t ) n dt 0
1
4 t n (1 t ) n dt n
0
4 n (n 1, n 1 ) [(n 1 )] 2 n 4 (2n 2 ) 2 n( n ) (4 ! ) 2n 1 !
Haciendo el cambio de variables: tan 2x t resulta que:
dx 2dt 1 t 2 2t sin x 1 t 2 t 2 cos x 11 t 2
Extremadura 2018 132
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES por lo que: dt 3cos xdx 4sin x 2 3(1 t 2 ) 8t dt 2 ( t 3 )(1 3t ) dt 15 t dt 3 1 3t ( 3t ) 15 ln(t 3 ) ln 1 c 3
ln 1 3tan 2x x 1 5 ln tan 2 3 3
Como:
e x 2 dx 0
2
0
0
0
0
2 2 2 2 e x dx e y dy e x e y dy dx
0
entonces, haciendo el cambio a coordenadas polares:
x cos sin y
0 0 2 J
resulta que:
x2
e dx
2
0
2
0
0
2
2
e d d 0
d
2 4
por lo que:
e x 2 dx 2 0
c
Como:
x 2 2 x
( x 1 ) 3
dx
( x 1 ) 2 1 dx ( x 1 ) 3
entonces, haciendo el cambio de variables: x 1
cos t 1 sin t dx sin 2 t dt
Extremadura 2018 133
e ( x2 y2 ) dy dx 0
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES resulta que:
2 x ( x 1 ) 3 x
2
dx
1 1 sin 2 t 1 sin 3 t
cos t dt sin 2 t
1 sin 2 t cos tdt cos 2 tdt 12 [1 cos(2t )] dt por lo que:
x 2 2 x
( x 1 )
3
dx
t sin t cos t
2
c
x 2 2 x 1 arcsin x 1 ( x 1 ) 2 c 2
Extremadura 2018 134
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Un señor cambió un cheque de viaje. El cajero al pagarle confundió en número de euros con los céntimos y viceversa. Este señor gastó 68 céntimos en sellos y comprobó que el dinero que le quedaba era el doble del importe del cheque de viaje que había cambiado. ¿ Qué valor mínimo tenía el cheque de viaje ?. Solución:
Si x, y Z son los números de euros y céntimos, respectivamente, que aparecían en el cheque de viaje, el importe total de éste era de 100 x y céntimos y el dinero realmente recibido fueron 100 y x céntimos, por lo que: 100 y x 68 2(100 x y ) resultando la ecuación diofántica:
199 x 98 y 68 que tiene solución, ya que mcd (199,98 ) 1 68. Además, como: 199 98 2 3 98 3 32 2 3 2 1 1 entonces: 1 3 2 1
3 98 3 32 3 33 98 (199 98 2 ) 33 98 199 33 98 67 y como: 199 2244 98 4556 68 entonces, una solución básica es:
x 0 2244 y 4556 0 y la solución general es:
x n 2244 98n y 4556 199n (n Z ) n
Extremadura 2018 135
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Finalmente, como el mínimo valor que hace no negativos estos valores es n 23, entonces, tomaremos:
x 2244 23 98 10 y 4556 23 199 21 es decir, el valor mínimo del cheque de viaje es de 10.21 €.
Extremadura 2018 136
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Un tanque cilíndrico de radio r y altura h, sin tapa superior, se encuentra lleno de agua hasta un nivel a h. Se elige al azar un punto cualquiera sobre su superficie, incluyendo el fondo, y allí se hace una perforación. Hallar el valor esperado del volumen de agua en el tanque después de realizar la perforación y haberse vaciado el agua hasta el punto de perforación. Solución:
Como la superficie total del cilindro es: S r (2h r )
entonces, las probabilidades de hacer las perforaciones son:
r 2 P(fondo ) r r (2h r ) 2h r ( 2ra 2a P lateral a ) r (2h r ) 2h r P(lateral a ) 2r (h a ) 2(h a) 2h r r (2h r ) Además, como la variable aleatoria: ´ s de hacer la perforacio´n ” X ” altura que alcanza el agua en el tanque despue toma el valor 0 cuando la perforación se hace en el fondo, toma el valor a cuando la perforación se hace sobre la cara lateral de cilindro por encima del nivel inicial a y se distribuye uniformemente en el intervalo (0, a ) cuando la perforación se hace sobre la cara lateral de cilindro por debajo del nivel inicial a, resulta que: a
x E [ X ] P(fondo ) 0 P(lateral a ) a P(lateral a ) a dx 0
2(h a) a 2a a 2h r 2h r 2 a(2h a) 2h r
0
Finalmente, considerando la variable aleatoria: ´ s de hacer la perforacio´n ” V ” volumen de agua que hay en el tanque despue por la linealidad de la esperanza, resulta que: E [V ] E [r 2 X ] r 2 E [ X ]
r 2 a(2h a )
2h r
Extremadura 2018 137
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Hallar el lugar geométrico de los centros de los triángulos equiláteros inscritos en una elipse. Solución:
Si a b 0 son las longitudes de los semiejes de la elipse, considerando el sistema de referencia cartesiano de ejes rectangulares con origen en el centro de la elipse y eje de abscisas en el eje mayor de la elipse, resulta que la ecuación de ésta es: x 2 a2
y2 b2
1
y, si (u, v ) son las coordenadas del baricentro de un triángulo equilátero inscrito en ella, la ecuación de la circunferencia circunscrita a él es de la forma: ( x u ) 2 ( y v) 2 r 2 (r 0 )
Como esta circunferencia corta a la elipse en cuatro puntos (si fuesen tangentes en algún punto, éste lo contaríamos dos veces), despejando en la ecuación de la circunferencia:
y v x u
r 2 ( x u)
2
r 2 ( y v )
2
y sustituyendo en la ecuación de la elipse:
2
x a2
u
r 2 ( x u )
v
b2 r 2 ( y v) a2
2
2
2
1
2
y2 b2
1
b 2 x 2 a2 v 2 a2 r 2 a 2 ( x u)
2
a2 b 2 2va 2 2 a 2 y 2 b2 u 2 b 2 r 2 b 2 ( y v) a2 b 2 2ub 2
r 2 ( x u)
2
r 2 ( y v)
2
obtenemos dos ecuaciones polinómicas de cuarto grado:
[(b 2 a 2 ) x 2 2a 2 ux a 2 u 2 a 2 v 2 a 2 r 2 a 2 b 2 ] 2 4v 2 a 4 [( 2 2 ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 a b y 2b vy b v b u b r a b ] 4u b
2
r 2 ( x u ) 2 r 2 ( y v )
de las cuales sólo nos van a interesar sus coeficientes de grados tres y cuatro, por lo que, podemos escribirlas así:
(b 2 a2 ) 2 x 4 4a 2 (b 2 a2 )ux 3 te´rminos de menor grado 0 ( 2 2 )2 4 2 2 2 3 a b y 4b (a b )vy te´rminos de menor grado 0 por lo que, si ( x 1 , y 1 ),..., ( x 4 , y 4 ) son los puntos de corte entre la elipse y la cirunferencia, las relaciones de Cardano-Vieta nos aseguran que:
4a 2 (b 2 a 2 )u 4a 2 u x x x x 1 2 3 4 a2 b2 (b 2 a 2 ) 2 2( 2 2) 2 y 1 y 2 y 3 y 4 4b 2a 2b 2 v b42 b av 2 (a b )
Extremadura 2018 138
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, si ( x 1 , y 1 ), ( x 2 , y 2 ) y ( x 3 , y 3 ) son los vértices del triángulo equilátero, entonces:
u v
x 1 x 2 x 3
3
y 1 y 2 y3
3
4a 2 u 3u (a 2 3b 2 )u x 4 a2 b2 a 2 b2 2 2 2 y 4 42 b v 2 3v (3a 2 b2 )v b a b a
Finalmente, como el punto ( x 4 , y 4 ) está sobre la elipse:
1
(a 2 3b 2 )u a 2 b2 a2
2
(3a 2 b2 )v a 2 b2
2
b2
u2 a(a 2 b2 ) a 2 3b 2
2
v2 b(a 2 b2 ) 3a 2 b2
2
resulta que el punto (u, v ) está situado sobre la elipse que tiene el mismo centro que la elipse inicial y cuyos semiejes son:
a
b
a(a 2 b2 ) a 2 3b 2 b(a 2 b2 ) 3a 2 b2
Extremadura 2018 139
GALICIA
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Determinar el número máximo de puntos de intersección de las diagonales de un polígono convexo de n lados:
Contenidos en el interior del polígono.
Situados en el exterior del polígono.
Solución:
El número máximo de puntos de intersección en el interior del polígono se dará cuando no haya más de dos diagonales que pasen por un mismo punto interior. Vamos a distinguir dos casos:
Si n 5 (para n 3 el polígono no tiene ninguna diagonal) es impar, cada diagonal divide al plano en dos semiplanos, en uno de los cuales hay k vértices del polígono y en el otro hay n 2 k vértices, por lo que el número de puntos de corte situados en cada diagonal es n3 k (n 2 k ), variando k desde 1 hasta 2 (valor de k para el cual k y n 2 k son números consecutivos), por lo que, en este caso, el número máximo de puntos de intersección en el interior del polígono es: I n
n
n3
2
( ) 2 k 1 k n 2 k
n(n 1 )(n 2 )(n 3 )
24
n! 24(n 4 )!
pues:
Cada punto de corte interior al polígono está contado exactamente en dos diagonales distintas. Para cada valor de k comprendido entre 1 y n 2 3 , hay exactamente n diagonales que dejan k vértices en un semiplano y n 2 k vértices en el otro semiplano.
Si n 6 (para n 4 el polígono tiene exactamente dos diagonales que se cortan en un único punto interior al polígono, por lo que se verifica la fórmula que vamos a deducir a continuación) es par, al igual que en el caso impar, cada diagonal divide al plano en dos semiplanos, en uno de los cuales hay k vértices del polígono y en el otro hay n 2 k vértices, por lo que el número de 2 puntos de corte situados en cada diagonal es k (n 2 k ), variando k desde 1 hasta n 2 (valor de k para el cual k n 2 k ), luego, en este caso, el número máximo de puntos de intersección en el interior del polígono es: I n
n4
2 n n 2 k (n 2 k ) 2 k 1 4 2
n
2
n(n 1 )(n 2 )(n 3 )
24
n! 24(n 4 )!
pues:
Cada punto de corte interior al polígono está contado exactamente en dos diagonales distintas. 4 , hay exactamente n diagonales que Para cada valor de k comprendido entre 1 y n 2 dejan k vértices en un semiplano y n 2 k vértices en el otro semiplano.
Galicia 2018 (opción A) 141
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES n 2 hay exactamente diagonales que dejan 2 2 2 vértices en el otro semiplano.
Para k n
y
2
n
n
2
2
vértices en un semiplano
Como el número de diagonales de un polígono de n lados es: n
Œ
n
n 3 :
2
n
n(n
1)
2
n
n(n
3)
2
entonces, el número máximo de puntos de corte entre ellas (que se alcanza cuando no hay más de dos diagonales que se cortan en un mismo punto) es: n(n
n(n
3)
3)
n(n
2
2
n Πn 4 :
3)
2
2
1
2
Además, como, según hemos probado en el apartado anterior, el número máximo de puntos de corte interiores al polígono es: n Œ n 4 : I n
n!
24(n
4 )!
y el número de puntos de corte situados sobre los vértices del polígono es: n
Œ
n 4 : V n
n
n
3
2
n(n
3 )(n 2
4)
entonces, resulta que el número máximo de puntos de corte exteriores al polígono es: n(n
n
Œ
n
4 : E n
3)
n(n
2
2 2
3)
1
n(n
n!
24(n
4 )!
3 )(n 2
4)
n(n
3 )(n 4 )(n 12
5)
(debemos tener en cuenta que, si hay diagonales paralelas, éstas se cortan en su punto del infinito, que consideraremos exterior al polígono).
Galicia 2018 (opción A) 142
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. En una división se conoce el dividendo 258728 y los restos sucesivos que se obtuvieron al ir efectuando la división, que son 379, 480 y 392. Hallar el divisor y el cociente. ¿ Existe más de una solución ?. Solución:
Si d es el divisor de esta división, entonces:
d 2587 379 2208 d 3792 480 3312 d 4808 392 4416
d mcd (2208,3312,4416 ) 1104 2 4 3 23
por lo que los posibles divisores son los divisores de 1104 que sean mayores que los tres restos dados, es decir, 1104 (en cuyo caso, el cociente es 234) y 552 (en cuyo caso, el cociente es 468).
Galicia 2018 (opción A) 143
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Las circunferencias C 0 , C 1 ,..., C n son tangentes a las rectas a y b, que se cortan en P, y cada C n es tangente a la siguiente de menor radio C n1 . Llamaremos O n al centro de la circunferencia C n , r n a su radio, A n a su punto de tangencia con la recta a, T n a su punto de tangencia con C n1 y d n a la distancia de P a O n . Sean r 0 3 y d 0 12 :
Expresar r n y d n en función de n.
Calcular el límite de la suma de las áreas de todos los círculos.
Demostrar que los triángulos A n T n A n1 son semejantes y rectángulos en T n .
Solución:
Como los triángulos PA 1 O 1 y PA 0 O 0 son semejantes, entonces: d 0 r 0 r 1 r 1
d 0 r 0
9 r 1 r 1
4 r 1 95
por lo que las circunferencias de esta sucesión son homotéticas de centro P y razón: r 1 k r 0
35
Por tanto:
n Π:
3 n r 3 3 n 5 n0 5 3 3 d n 5 d 0 12 5 r n
Galicia 2018 (opción A) 144
n
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Como: n Π: An r 2n 3 3 5
n
entonces:
3 A n 3 5 n0 n0
n
152
Para cada n Œ, se verifica que: PA n1 PAn
35
PT n PT n1
por lo que, al tener el ángulo correspondiente común, los triángulos PA n1 T n y PA n T n1 semejantes y, por tanto, las rectas A n1 T n y A n T n1 son paralelas. De igual forma, como: PAn PA n1
35
son
PT n PT n1
entonces, al tener un ángulo común, los triángulos PA n T n y PA n1 T n1 son semejantes y, por tanto, las rectas A n T n y A n1 T n1 son paralelas. Además, como los puntos A 0 , A 1 , A 2 ,... están alineados, resulta que, para cada n Œ 0 , los triángulos A n T n A n1 son semejantes. Finalmene, como, debido a esto: n Œ 0 : A n1 T n1 A n T n
y, los triángulos T n A n1 T n1 son rectángulos en A n1 (porque T n T n1 es un diámetro de la circunferencia n-ésima), resulta que: n Œ 0 : T n A n1 An1 T n1
A n1 T n1 A n T n
y, por tanto, los triángulos A n T n A n1 son rectángulos en T n .
Galicia 2018 (opción A) 145
T n A n1 An T n
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. El conjunto: ´n F [0, 1 ] f : [0, 1 ] ‘ : f es una funcio dotado con las operaciones:
( f g )( x ) f ( x ) g( x ) ( f g )( x ) f ( x )g( x ) es un anillo conmutativo y unitario. Consideremos el subanillo A de F [0, 1 ] que contiene a las funciones constantes y, para cada x [0, 1 ], consideremos la función evaluación av x : A ‘ definida por: av x ( f ) f ( x )
Demostrar que, para cada x [0, 1 ], ker( av x ) es un ideal maximal de A.
¿ Es cierto que para cada ideal maximal M de A existe x [0, 1 ] tal que M ker (av x ) ?. En caso afirmativo, demuéstrese, y en caso contrario búsquese un ejemplo que lo avale.
Solución:
Para cada x [0, 1 ], la función evaluación av x : A ‘ es epiyectiva, ya que, para cualquier r ‘, considerando la función r A tal que: x [0, 1 ] : r( x ) r
se verifica que: av x ( r ) r( x ) r
Por tanto, el Teorema de Isomorfía nos asegura que: A ker (av x )
Im(av x ) ‘
y, como (‘, , ) es un cuerpo, entonces, el ideal ker (av x ) es maximal.
Dada cualquier función constante s A tal que: x [0, 1 ] : s( x ) s 0
considerando la función
s
1
A
definida por: x [0, 1 ] : s 1 ( x ) 1s
resulta que: x [0, 1 ] : ( s s 1 )( x ) s ( x ) s 1 ( x ) s 1s 1
Galicia 2018 (opción A) 146
1( x )
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES por lo que s s 1 1 y, por tanto, A es un cuerpo (ya que todo elemento no nulo de A tiene inverso multiplicativo). Resulta, pues, que el único ideal propio de A es 0 y, por tanto: x [0, 1 ] : ker (av x ) 0 M
Galicia 2018 (opción A) 147
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 5. Se llama cicloide a la curva que describe un punto de una circunferencia cuando esta rueda sobre una recta:
Hallar unas ecuaciones paramétricas de la cicloide, utilizando como parámetro el ángulo que describe el giro efectuado por la circunferencia al rodar.
Utilizar el resultado del apartado anterior para determinar la longitud de un arco de cicloide.
Solución:
Sea P el punto de contacto inical entre la circunferencia y la recta. Si el parámetro t es el ángulo que va formando la vertical con la semirrecta que tiene por vértice el centro C de la circunferencia y pasa por el punto P:
entonces, el centro de la circunferencia describe la recta: t [0, 2 ] : C (t ) (rt , r )
y, como el punto P va girando en sentido contrario y se encuentra inicialmente en la posición P(0 ), para cada t [0, 2 ], resulta que: P(t ) rt r cos
t 2 , r r sin t 2
r r sin t , 2 2 (rt r sin t , r r cos t )
rt r cos t
(r (t sin t ), r (1 cos t )) por lo que las ecuaciones paramétricas de esta cicloide son:
x(t ) r (t sin t ) y(t ) r (1 cos t ) (0 t 2 )
Galicia 2018 (opción A) 148
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
La longitud de un arco de cicloide es: 2
L
[ x (t ) ] 2 [ y (t ) ] 2 dt
0
2
r 2 (1 cos t )
0
2
r 2 sen 2 t dt
2
r 1 cos 2 t 2cos t sen 2 t dt 0
2
r 2 2cos t dt 0
2
2 r 1 cos t dt 0
2
2r 0
1 cos t dt 2
2
2r sen 2t 0 4r cos 2t 4r (1 1 )
dt 2 0
8r
Galicia 2018 (opción A) 149
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Dada una función f : [3, 5 ] ‘ continua en [3, 5 ], derivable en (3,5) y tal que:
f (3 ) 6 f (5 ) 10 se considera la función g : [3, 5 ] ‘ definida por: f ( x ) g( x ) x
Demostrar que: x 0 (3, 5 ) : g ( x 0 ) 0
Demostrar que, de todas las rectas tangentes a la gráfica de la función f , una de ellas pasa por el origen de coordenadas.
Se considera la función h : [a, b ] ‘ continua en [a, b ], derivable en (a, b ) y tal que: h(a ) a
h (b ) b
(se supone que debería poner que a 0 b) Demostrar que, entonces, existe x 0 (a, b ) tal que una recta tangente a la gráfica de h pasa por el origen de coordenadas. Solución:
Como 0 [3, 5 ], entonces, la función g es continua en [3, 5 ], derivable en (3, 5 ) y verifica que: g(3 ) 2 g(5 )
por lo que el Teorema de Rolle nos asegura que: x 0 (3, 5 ) : g ( x 0 ) 0
Como: f ( x ) x (3, 5 ) : g ( x ) x
xf ( x ) f ( x ) x 2
entonces: 0 g ( x 0 )
x 0 f ( x 0 ) f ( x 0 ) x 0 f ( x 0 ) f ( x 0 ) x 20
por lo que: 0 f ( x 0 ) f ( x 0 )(0 x0 )
Galicia 2018 (opción B) 150
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto, la recta tangente a la gráfica de f en el punto de abscisa x x 0 : y f ( x 0 ) f ( x 0 )( x x0 )
pasa por el origen de coordenadas.
¡¡¡ ES FALSO !!!. Por ejemplo (y hay millones de ellos), la función h : [1, 1 ] ‘ definida por: h( x ) x 2 2 x 1
es continua y derivable y verifica que:
h(1 ) 2 h(1 ) h(1 ) 2 h(1 ) 2 1 1 Sin embargo, para cualquier c (1, 1 ), la recta tangente a la gráfica de h en el punto de abscisa x c : y( x ) h(c ) h (c )( x c) c 2 2c 1 2(1 c)( x c )
NO PASA por el origen de coordenadas, ya que: y(0 ) c 2 1 0
Para que este resultado sea cierto es necesario añadir que 0 [a, b ], k : [a, b ] ‘ definida por: h( x ) k ( x ) x
es continua en [a, b ], derivable en (a, b ) y verifica que: k (a ) a k (b )
por lo que el Teorema de Rolle nos asegura que: r (a, b ) : g (r ) 0
Además, como: x (a, b ) : k ( x )
h( x ) x
xh ( x ) h( x ) x 2
entonces: 0 k (r )
rh (r ) h(r ) rh (r ) h(r ) r 2
por lo que: 0 h(r ) h (r )(0 r )
Galicia 2018 (opción B) 151
en cuyo caso, la función
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto, la recta tangente a la gráfica de h en el punto de abscisa x r : y h(r ) h (r )( x r )
pasa por el origen de coordenadas.
Galicia 2018 (opción B) 152
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Una persona ha comprado entradas para el cine para personas adultas a 640 unidades monetarias cada una y para menores de edad a 330 unidades monetarias cada una. Sabiendo que invirtió 7140 unidades monetarias en la compra y que compró menos entradas de adultos que de menores, hallar el número de entradas de cada tipo que adquirió. Solución:
Si x, y Œ son los números de entradas de adultos de menores, respectivamente, que se han comprado, entonces: 640 x 330 y 7140 resultando la ecuación diofántica: 64 x 33 y 714 que tiene solución, ya que mcd (64,33 ) 1 714. Además, como: 64 33 1 31 33 31 1 2 31 2 15 1 entonces: 1 31 2 15
31 33 31 15 31 16 33 15 (64 33 ) 16 33 15 64 16 33 31 y como: 64 11424 33 22134 714 entonces, una solución básica es:
x 0 11424 y 22134 0 y la solución general es:
x n 11424 33n y 22134 64n (n Z ) n
Galicia 2018 (opción B) 153
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Finalmente, como:
11424 33n 22134 64n n 33558 97 345.9587628... entonces, tomando n 346, resulta que:
x 6 y 10 es decir, se han comprado seis entradas para adultos y diez entradas para menores de edad.
Galicia 2018 (opción B) 154
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Dadas dos circunferencias que no tienen puntos en común, hallar el lugar geométrico de los centros de las circunferencias que son tangentes a las dos circunferencias iniciales. Solución:
Vamos a distinguir dos casos:
Si la circunferencia considerada es tangente exterior o tangente interior a las dos circunferencias iniciales, su centro describe una hipérbola cuyos focos son los centros O 1 y O 2 de las circunferencias iniciales, su centro es el punto medio del segmento O 1 O 2 y sus vértices son los puntos medios de los segmentos A 1 A 2 y B 1 B 2 , según se muestra en la siguiente figura:
0 d (P, P 1 ) d (P, P 2 )
0 d (Q, Q 1 ) d (Q, Q 2 )
0 d (P, O 1 ) r 1 [d (P, O 2 ) r 2 ]
0 d (Q, O 1 ) r 1 [d (Q, O 2 ) r 2 ]
r 1 r 2 d (P, O 1 ) d (P, O 2 )
r 1 r 2 d (Q, O 2 ) d (Q, O 1 )
Galicia 2018 (opción B) 155
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Si la circunferencia considerada es tangente exterior a una de las dos circunferencias iniciales y tangente interior a la otra, su centro describe una hipérbola cuyos focos son los centros O 1 y O 2 de las circunferencias iniciales, su centro es el punto medio del segmento O 1 O 2 y sus vértices son los puntos medios de los segmentos A 1 B 2 y B 1 A 2 , según se muestra en la siguiente figura:
0 d (P, P 1 ) d (P, P 2 )
0 d (Q, Q 1 ) d (Q, Q 2 )
0 d (P, O 2 ) r 2 [d (P, O 1 ) r 1 ]
0 d (Q, O 1 ) r 1 [d (Q, O 2 ) r 2 ]
r 1 r 2 d (P, O 1 ) d (P, O 1 )
r 1 r 2 d (Q, O 1 ) d (Q, O 2 )
Galicia 2018 (opción B) 156
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. La función de densidad de probabilidad conjunta de una variable aleatoria bidimensional ( X , Y ) es uniforme en el recinto sombreado:
Hallar la función de densidad de probabilidad conjunta y comprobar que lo es.
d Calcular P X d 2 , Y 2 .
Hallar las funciones de densidad marginales y comprobar que lo son.
Solución:
La función de probabilidad conjunta del vector aleatorio ( X , Y ) es:
2 ( ) f x, y d 2 0
0 x d , 0 y x resto
y, efectivamente, es una función de densidad, pues: d x d 22 dy dx 22 xdx 1 d d
0 0
d
d
0
d
2 22 dy dx 22 d dx 1 P X , Y 2 2 0 0 d 2 d 0 2
Las funciones de densidad marginales de las variables aleatorias X e Y son:
d
d
2
2
x 2 f x( x ) 0 d 2 0 y 2 d 2 ( ) f y y 0 0
dy
0 x d resto
dx
0 y d resto
y, efectivamente, son funciones de densidad, pues:
d 2 x 0 d 2 d 2 y 2 0 d
dx 1 dy 1
Galicia 2018 (opción B) 157
2 x d 2
0 2 y d 2
0
resto resto
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 5. Dada una cadena forma da por dieciseis círculos tangentes de radio r , demostrar que la diferencia entre la superficie amarilla y la superficie en blanco permanece constante independientemente de la colocación de la cadena. Expresar dicha diferencia en función del radio de un círculo.
Solución:
Los centros de los círculos determinan un polígono de dieciseis vértices, siendo la suma de sus ángulos interiores: (16 2 ) 14 por lo que, independientemente de la colocación de la cadena de círculos, la superficie total en blanco es: S ( blanco )
14r 2 7r 2 2
y la superficie total amarilla es: S (amarilla)
(32 14 )r 2 9r 2 2
luego: S (amarilla) S ( blanco) 2r 2
Galicia 2018 (opción B) 158
MADRID
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Sean C y C’ dos circunferencias concéntricas de radios r y r’. Determinar el valor de la razón r para que en la corona circular limitada entre C y C’ existan ocho circunferencias tangentes cada una de r ellas con sus dos inmediatas y todas ellas con C y C’. Solución:
s s s
s
s
r = r' +2s s s r'
s
s
r'
s
Llamando s al radio común de las ocho circunferencias, resulta que: r r 2s
Además, los centros de estas ocho circunferencias son los vértices de un octógono regular concéntrico con C y C’, de lado 2s y de radio r s, por lo que el teorema del coseno nos asegura que: (2s ) 2 (r s) 2 (r s) 2 2cos (r s)(r s) 4 (2s ) 2 2(r s) 2 2 2 (r s) 2 2 (2s ) 2 2 2 (r s) 2 2s 2 2 (r s ) s
2 2 2
2 2 s
r
2 2 2 2 2
r
Madrid 2018 160
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES por lo que: r r 2s
r 2
1 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
r
r
r
y, por tanto: r r
2 2 2 2 2 2
2.239828808...
Madrid 2018 161
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Sean a, b 0 :
Demostrar que, si a b e, entonces, a b b a .
Demostrar que, si e a b, entonces,a b b a .
Solución:
La función f : (0, ) ‘ definida por:
ln x f ( x ) x verifica que: x 0 x e x (0, ) : f ( x ) 1 ln 2 x
Además:
Esta función es estrictamente creciente en el intervalo (0, e ), ya que: x x (0, e ) : f ( x ) 1 ln 0 x 2
Por tanto, si 0 a b e, se verifica que:
ln a f (a ) f (b ) ln b a b por lo que: b ln a a ln b ln a b
ln b a
y, como la función exponencial es estrictamente creciente, resulta que: a b b a
Esta función es estrictamente decreciente en el intervalo (e, ), ya que:
ln x 0 x (e, ) : f ( x ) 1 x 2 Por tanto, si e a b, se verifica que:
ln a f (a ) f (b ) ln b a b por lo que: b ln a a ln b ln a b
ln b a
y, como la función exponencial es estrictamente creciente, resulta que: a b b a
Madrid 2018 162
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Calcular nlim A , siendo: n 1 12 0 0 0 x 1 13 0 0 x 2 0 1 14 0 n Œ : A n x 3 0 0 1 15
...
0
...
0
...
0
...
0
0 0
0 0
x n2 x n1
0 0
1 1n 0 1
0 0
Solución:
Vamos a distinguir dos casos:
Si x 0, entonces:
n Π: A n
1 12 0 0 0 0 1 13 0 0 0 0 1 14 0 0 0 0 1 15
...
0
...
0
...
0
...
0
1
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
1 1n 0 1
por lo que: lim A n 1
n
Si x 0, desarrollando estos determinantes por los elementos de la última fila, para cada n Œ 1 , resulta que:
12 A n (1 ) x n1 n
0 0 0 1 13 0 0 0 1 14 0 0 0 1 15
...
0
...
0
...
0
...
0
0
0
0
(1 ) n1 (1 ) n1 x n1 An1 n! n1
A n1 xn!
Madrid 2018 163
0
1 1n
An1
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES por lo que: n Œ 1 : A n A n1 x
n1
n2
n1
x x A n2 n! n! (n 1 )!
n
... A 1 k 2
y, por tanto: n
k 1
lim A n nlim x n k 1 k !
k 1
x k 1 k !
Madrid 2018 164
k x1 k 1 xk !
e x 1 x
x k 1 k !
n
k 1
x k 1 k !
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Un juego de dados tiene las siguientes reglas:
Se tiran dos dados equilibrados, numerados del 1 al 6, hasta que sumen 4 ó 7.
Si suman 4, gana el tirador, mientras que pierde si la suma es 7.
Determinar la probabilidad de ganar en dicho juego. Solución:
Vamos a distinguir dos casos:
Si los dados son distinguibles, entonces:
P(4 ) 1 12 P(7 ) 16 3 P(otros ) 4 por lo que la probabilidad de ganar que tiene el tirador: P
2
1 3 1 3 12 4 12 4
1 ... 1 3 12 12 n0 4
n
4 1 12 3
n
2 21 2 21 5 5
Si los dados son indistinguibles, entonces:
P(4 ) 2 21 P(7 ) 17 16 P(otros ) 21 por lo que la probabilidad de ganar que tiene el tirador: P
2 16 2 16 21 21 21 21
2
2 ... 2 16 21 21 n0 21
Madrid 2018 165
MURCIA
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. En el conjunto
Œ
de los números naturales:
Demuestre que, para cualquier sucesión (a n ) nŒ , la sucesión: b 1 a 1 , b 2 a 1
a2
se hace constante módulo
m
a3
, b 3 a 1 2 ,... a
para cualquier número natural
m.
Utilice el apartado anterior para demostrar que en la sucesión: 7
7, 7 7 , 7 7 ,... la cifra de las unidades se hace constante y calcular dicha cifra. Solución:
Vamos a distinguir dos casos: Si existe k Πtal que a k 1, entonces: n Πn k : b n b k
por lo que, para cada
m Œ,
se verifica que: n Πn k : b n b k (mod m )
Si a k 1 para todo k Œ, vamos a utilizar el método de inducción completa:: Para m 2, se verifica que:
n Π:
Dado
0 (mod 2 ) si b n 1 (mod 2 ) si b n
0 (mod 2 ) a 1 1 (mod 2 ) a 1
1, 2 , supondremos que este resultado es cierto para cualquier número natural comprendido entre 2 y m 1. m Œ
En el caso general, dado m Œ, resulta que: n 0 Œ n n 0 : d n mcd (m, a n1 ) mcd (m, a 1 0 ) d n
verificándose que mcd m , a 1 1 y, además: d
n Πn n 0 , t n Π: a n1
dt n
por lo que, según la Congruencia de Euler: r 0 Œ r 0
m d
Murcia 2018 167
: a r 10 1 mod m
d
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES luego: n Œ n n0 : t n a r 10 t n mod m
d
y, por tanto: n Πn n 0 , p Z : t n a r 10 p m t n d
n Πn n 0 , p Z : dt n a r 10 pm dt n n Πn n 0 , p Z : a n1 a r 10 pm an1 n Πn n 0 , p Z : a n1r 0 pm an1 n Πn n 0 : a n1r 0 a n1 (mod m )
es decir, si dos exponentes son congruentes módulo r 0 , las correspondientes potencias de a 1 son congruentes módulo m. Finalmente, como: r 0
m m 1 m 1 d d
utilizando la hipóteis de inducción, resulta que la sucesión: a a 4
c 1 a2 , c 2 aa2 3 , c 3 a2 3
,...
se hace constante módulo r 0 , por lo que la sucesión: a a 3
b 1 a1 , b 2 aa1 2 , b 3 a12
,...
se hace constante módulo m (debemos tener en cuenta que, al ser todos los términos de la sucesión (a n ) nŒ estrictamente mayores que 1, la sucesión (c n ) nŒ es estrictamente creciente, por lo que, al tratarse de números naturales, seguro que existirá k 0 Œ tal que, si n k 0 , entonces, c n n 0 ).
Como:
7 4 2401 1 (mod 4 ) 7 4 2401 1 (mod 10 ) entonces:
7 4k 3 (7 4 ) k 7 3 7 3 343 3 (mod 4 ) k Π: 4k 3 4 k 3 3 7 (7 ) 7 7 343 3 (mod 10 ) por lo que:
7 n 3 (mod 4 ) n 7 3 (mod 10 )
n Πn 3 (mod 4 ) :
Murcia 2018 168
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto:
7 7 7 3 (mod 4 ) 7 7 3 (mod 4 ) 7 7 7 3 (mod 10 ) 7 7 3 (mod 10 ) 7 77 77 7
7 777 3 (mod 4 ) 7 7 7 7 3 (mod 10 )
3 (mod
4) 3 (mod 10 )
y, así sucesivamente, resulta que la cifra de las unidades de la sucesión: 7
7, 7 7 , 7 7 ,... es constantemente igual a 3 a partir del segundo término.
Murcia 2018 169
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Sean a, b ‘ y
A n M nn (‘ )
definida como:
1
1
... a b ... 2 a ab b ... ... ... ... ... n1 n2 n3 n4 a a b a b a b ....
n Πn 2 : A n
0 1
0 0 1 ...
0 0 0 ... b
Determinar:
det( A n )
Las ecuaciones implícitas del subespacio vectorial de
La dimensión del espacio cociente asociada A n .
‘ n ker f ,
‘n
generado por los vectores columna de A n .
siendo f : ‘ n ‘ n la aplicación lineal con matriz
Solución:
Desarrollando por los elementos de la primera fila, para cada n Πtal que n 2, resulta que: det( A n ) b det( A n1 ) a det( A n1 )
(a b) det( A n1 ) (a b) 2 det( A n2 ) ... (a b) n3 det( A 3 ) y como:
det( A 3 )
1 1 0 2 a b 1 (a b ) a 2 ab b
entonces: n
Œ
n 2 : d e t( A n ) (a b )
n1
Hay que distinguir dos casos:
Si a b 0, entonces: n
Œ
n 2 : d e t( A n ) (a b )
n 1
por lo que: n Πn 2 : rg( A n ) n
Murcia 2018 170
0
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES y, por tanto, el subespacio vectorial de ninguna ecuación implícita, pues:
‘
n
generado por los vectores columna de A n no tiene
nu´mero de ecuaciones impl´citas dim(‘ n ) rg( A n ) n n 0
Si a b 0, entonces, b a, por lo que:
1 0 0 a a 1 0 2 2 a a a 1 n Πn 2 : A n ... ... ... ... n2 n2 n3 a a a a n4 a n1 a n1 a n2 a n3 1
... ... ... ... ... ....
0 0 0 ... 1 a
y como: 1
0 0 1 0 a n Πn 2 : d e t a 2 a 1 ... ... ... a n2 a n3 a n4
... ... ... ... ...
0 0 0 (1 ) n2 (1 ) n 0 ... 1
entonces, para cada n Πtal que n 2, resulta que:
1 0 0 a 1 0 a 2 2 a a a 1 ... ... ... ... n2 n2 n3 a a a a n4 a n1 a n1 a n2 a n3 1
rg( A n ) rg
... ... ... ... ... ....
0 1 0 0 0 1 0 a 2 a 0 a 1 rg ... ... ... ... n2 n3 a 1 a a n4 a n1 a n2 a n3 a
... ... ... ... ... ....
0 0 0 n 1 ... 1 a
luego: nu´mero de ecuaciones impl´citas dim(‘ n ) rg( A n ) n (n 1 ) 1 siendo la única ecuación implícita de este subespacio vectorial: x n ax n1 0
Hay que distinguir dos casos:
Si a b 0, como: n Πn 2 : d i m(ker f ) n rg( A n ) n n 0
entonces: dim(‘ n ker f ) dim(‘ n ) dim(ker f ) n 0 n
Murcia 2018 171
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Si a b 0, como: n Πn 2 : d i m(ker f ) n rg( A n ) n (n 1 ) 1
entonces: dim(‘ n ker f ) dim(‘ n ) dim(ker f ) n 1
Murcia 2018 172
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. Sea b 0 :
Pruebe que, si f : ‘ ‘ es una función continua tal que f (0 ) 0 y: x ‘ : f ( x )
1 1 be f ( x)
entonces: x 0 : f ( x ) x
b
Para a 0, calcule: a
b
a2 b2
e max
x 2 , y 2
0 0
dy dx
Solución:
Como la función f es solución de la siguiente ecuación diferencial de variables separables: y
1 1be y
entonces, separando las variables e integrando, resulta que: (1 be y )dy dx f ( x )
f (0 )
x
(1 be y )dy dx 0
f ( x ) be f ( x ) be f (0 ) x f ( x ) be f ( x) b x f ( x ) b
e f ( x) 1
x b
por lo que basta con probar que: x 0 : f ( x )
f ( x ) b
e f ( x) 1
es decir, que: x 0 : f ( x ) 1 1 e f ( x) 1 0 b
lo cual es cierto, ya que la función g : ‘ ‘ definida por: g( x ) f ( x )
1 1 e f ( x) 1 b
Murcia 2018 173
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES verifica que g(0 ) 0 y, además: x 0 : g ( x ) f ( x ) 1 1 f ( x )e f ( x) f ( x ) 1 1 e f ( x) 0 b
b
pues: x ‘ : f ( x )
1
1 be f ( x)
0
y, además: x 0 : e f ( x ) 1 1 1 b
Como: y 2
a2 2 a a a x y x x y x 2 b b b b
entonces, vamos a distinguir tres casos:
Si a b : a
b
e 0
0
max
a2 b2
x 2 , y 2
a
dy dx 0
a b
a2 2 x dy b2
a 7 2ab 6 6b 3
Murcia 2018 174
0
x
b
a b
y 2 dy dx x
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Si a b : a a a x a 4 e max x2 , y2 dy dx x 2 dy y 2 dy dx a x 2 0 0 0 0
Si a b : a
b
0
0
e
max
a2 b2
x 2 , y 2
b
dy dx 0
b
0
a
e max
x 2 , y 2
dx dy
0
b a
0
y
a
y dx 2
6 b6 2a6ab
Murcia 2018 175
a2 b2
b a
y
a2 2 x dx dy b2
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 4. Sean ABCD cuatro puntos en una esfera de radio triángulo rectángulo en el plano que los contiene.
r
tales que los puntos ABC forman un
3 Determine el volumen del tetraedro ABCD y estudie si 23r es una cota superior para este volumen. 3 En su caso, determine, si existe, un tetraedro con volumen 23r .
Determine el volumen del tetraedro A 1 B 1 C 1 D, donde A 1 es el punto medio del lado AB, B 1 es el punto medio del lado BC y C 1 es el punto medio del lado CA, y su relación con el volumen del tetraedro ABCD.
Solución:
Si ABC es el plano sobre el que se encuentra situado el triángulo ABC , entonces, el punto D ha de estar situado sobre un plano distinto a éste, al que llamaremos D y verifica que: 0 d ( ABC , D ) 2r por lo que el volumen del tetraedro ABCD es: V ABCD
( ABC )d ( ABC , D ) 3
3 siendo ( ABC ) el área del triángulo ABC , que consideraremos rectángulo en B. Para estudiar si 23r es una cota superior del volumen del tetraedro ABCD, vamos a distinguir dos casos:
Si los dos planos ABC y D están situados a un mismo lado del centro O de la esfera, entonces, el tetraedro ABCD estará inscrito en una semiesfera de radio r , por lo que su volumen será 3 estrictamente inferior al volumen de ésta, que es 23r .
Si los dos planos ABC y D están situados cada uno de ellos a un lado distinto del centro O de la esfera y llamamos:
0 h d (O, D ) r 0 d d (O, ) r ABC y 0 s r al radio de la circunferencia que tiene por diámetro al segmento AC , se verifica que: r 2 d 2 s2 s 2 r 2 d 2
Murcia 2018 176
(r d )(r d )
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
por lo que, como el triángulo de área máxima inscrito en la semicircunferencia con diámetro AC es el isósceles, entonces: ( ABC ) s 2 (r d )(r d ) y, al ser la altura del tetraedro ABCD: h d r d
resulta que: ( ABC )d ( ABC , D ) (r d ) 2 (r d ) 2r 3 V ABCD 3 3 3 ya que la función f : [0, r ] (0, ) definida por: 2
f (d ) (r d ) (r d )
verifica que: f (d ) (r d )(r 3d ) 0 d r
3
y como: f (d ) 6d 2r f
r
3 4r 0
entonces, alcanza su valor máximo cuando d 3r siendo el valor de éste: f
32r 3 2r 3 3 27 r
Finalmente, como, en ambos casos obtenemos que: V ABCD
( ABC )d ( ABC , D ) 2r 3 3 3
entonces, no existe ningún tetraedro para el que se alcance este volumen.
Murcia 2018 177
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
Como los puntos medios de los lados de un triángulo determinan un triángulo semejante al triángulo dado (y contenido en el mismo plano) con razón de semejanza 12 , entonces: ( ) ( A 1 B 1 C 1 ) ABC 4 por lo que: V A1 B 1C 1 D
( A1 B 1 C 1 )d ( ABC , D ) V ABCD 4 3
Murcia 2018 178
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 5. Una prueba de selección en una empresa de análisis de datos consiste en realizar una jornada laboral de ocho horas, donde el aspirante debe emitir los análisis que le solicitan igual que al resto de de trabajadores. La empresa sabe que el tiempo estimado por los aspirantes para realizar un análisis sigue una distribución normal con media horas y desviación típica 10 horas.
Si la empresa fija como objetivo realizar, al menos, cien análisis en una jornada laboral, determine el valor de que debería alcanzar un aspirante en su preparación para que no cumpla el objetivo con una probabilidad de 0.025.
2 horas ha alcanzado el objetivo, determine el número máximo Si se sabe que un aspirante con 25 de análisis que ha realizado en la jornada laboral, con una probabilidad de, al menos, 0.1587 0.5 .
Solución:
Si llamamos X a la variable aleatoria “tiempo estimado por los aspirantes para realizar un análisis”, resulta que: 8 ( ) 8 100 0.025 P X 100 P Z P Z 2 2 5 25 10 por lo que: 2(2 25 ) 1.96 0.0668896321... 5
Si llamamos X a la variable aleatoria “tiempo estimado por los aspirantes para realizar un análisis” y n 100 al número máximo de análisis realizados por este aspirante durante la jornada laboral de ocho horas, resulta que: 8 8 0.1587 P X 8 X 8 P X n P X n n 0.5 100 0.5 2 P X 25 por lo que: 8 2 8 2 n 25 n 25 8 1000 111.1 1 n 0.1587 P X n P Z 9 1 1 125 125 y, por tanto, el número máximo de exámenes realizados es 111.
Murcia 2018 179
RIOJA
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 1. Dado un cono equilátero de lado 10, determinar un plano paralelo a la generatriz de modo que el segmento parabólico que resulta en la sección tenga área máxima.
Solución:
El área de un segmento parabólico es: d
A =
h
2dh 3
y, en nuestro caso, como:
5
10
d
x
h
d/2 5 x
10
entonces:
5 5-x
h 10 x 10 10 h 10 x
Rioja 2018 181
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES
2 (5 x ) 2 5 2 d d 2 x(10 x ) 2
por lo que tenemos que calcular el valor de x maximiza la función: A( x )
4(10 x ) x(10 x ) (0 x 10 ) 3
cuya función derivada es: A ( x )
5(5 2 x ) 10 x (0 x 10 ) 3 x
y se anula en los puntos:
x 5 2 x 10 no vale Finalmente, como: A ( x )
4(2 x 2 10 x 25 ) ( 0 x 10 ) ( ) 3 x x 10 x
entonces: A
5 8 0 2 3
por lo que el área del sector parabólico es máxima cuando x 52 , siendo: A
5 25 3 2
Rioja 2018 182
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 2. Dada la matriz T (t ij ) 1i, j3 definida por: t ij
0 1
i j i j
Demostrar que: k Œ, a k , b k ‘ : T k a k T b k I 3
y hallar la relación de recurrencia de los escalares a k y b k .
Calcular: a
lim k k b k
k lim a k 1 k
a
Solución:
Como los autovalores de la matriz T son:
1 1 1 1 0 1 1 ( 2 )( 1 ) 2 2 1 3 2 1 1 entonces, sus autovectores son:
Para 1 2 1 :
1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 v (1,0, 1 ) 0 x y z 0 z x y 1 ( v 2 0,1, 1 ) 0
x y z
Para 3 2 :
2 1 1 1 2 1 1 1 2
x y z
0 2 x y z 0 0 x y z v 3 (1,1,1 ) x y z 2 0 0
por lo que esta matriz es diagonalizable, siendo:
1 0 0 D 0 1 0 0 0 2 1 0 1 P 0 1 1 1 1 1
Rioja 2018 183
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES luego:
1 0 0 0 1 0 0 0 2
1 0 1 1 A PDP 0 1 1 1 1 1
1
1 0 1 0 1 1 1 1 1
y, por tanto, para cada k Œ, se verifica que: 1 0 1 k A 0 1 1 1 1 1
(1 ) k 0 0 0 (1 ) k 0 0 0 2 k
1 0 1 0 1 1 1 1 1
1
2 k 2(1 ) k 2 k (1 ) k 2 k (1 ) k 3 3 3 k k k ( k k ( ) ( ) 2 1 2 2 1 2 1 ) k 3 3 3 k k k ( k k 2 1 ) 2 (1 ) 2 2(1 ) k 3 3 3
2 k (1 ) k 2 k 2(1 ) k T I 3 3 3 Podemos, pues, concluir que:
k Π:
2 k (1 ) k a k 3 k 2 2(1 ) k b k 3
Utilizando las expresiones deducidas en el apartado anterior, resulta que:
1 12 a k 2 k (1 ) lim lim lim k b k k 2 k 2(1 ) k k 1 2 12
a k 2 k (1 ) 2 2 k 1 (1 ) lim lim lim k a k 1 k 2 k 1 (1 ) k 1 k 2 k 1 (1 ) k 1
k
k
k
1
k 1
k
Rioja 2018 184
2 12 k lim 1 12
k 1 k 1
2
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Ejercicio 3. En el triángulo ABC de la figura, cada uno de los puntos D, E y F dividen al lado en el que están situados en dos segmentos de longitudes una doble que la otra. Hallar la razón entre el área del triángulo sombreado y el área del triángulo original.
Solución:
Vamos a hacerlo de tres formas distintas:
Considerando el sistema de referencia O A; u AC , v AB , resulta que: A (0, 0 ) B (0, 1 ) C (1, 0 ) D 0, 23 1 E 3 , 0 F 2 , 1 3 3
AF BE CD
2, 1 3 3 1 , 1 3 1, 23
AF ( x, y ) 2 , 1 3 3 BE ( x, y ) (0, 1 ) 1 , 1 3 CD ( x, y ) (1, 0 ) 1, 2 3
por lo que:
P AF BE Q BE CD R AF CD
2, 1 7 7 1, 4 7 7 4, 2 7 7
AP BQ CR
Rioja 2018 185
2 , 1 PR 7 7 1 , 3 QP 7 7 37 , 27 RQ
(, , ‘ )
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES Además, llamando: S A´rea(PQR)
como: A´rea( ABC ) A´rea(PQR ) A´rea( APB ) A´rea( BQC ) A´rea( ARC )
S 12 AP PB BQ QC CR RA y:
AP PB AP PB sen( APB ) PR 2 PQ sen(QPR ) 2 RP PQ 4S BQ QC BQ QC sen( BQC ) QP 2 QR sen(PQR) 2 PQ QR 4S CR RA CR RA sen(CRA ) RQ 2 RP sen(PRQ ) 2 RQ RP 4S entonces: A´rea( ABC ) S
1 (4S 4S 4S ) 7S 2
por lo que: A´rea(PQR ) A´rea( ABC )
Considerando coordenadas baricéntricas:
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17
OPOSICIONES DE SECUNDARIA EXÁMENES como:
AB B C BC C A CA A B
2 B
A 2C
B 1 : 0 : 2 (1 : 0 : 2 )
3 2 C B 32 A C 2 A C 32 B A
3 3 2 : 1 : 0 (2 : 1 : 0 ) 3 3 0 : 23 : 13 (0 : 2 : 1 )
entonces:
AA 0 BB 0 CC 0
x y z
1 0 0 y 2 z 0 2 1 x y z
0 1 0 2 x z 1 0 2 x y z
X BB CC (2 : 1 : 4) Y AA CC (4 : 2 : 1 ) Z AA BB (1 : 4 : 2)
2 7 4 7 1 7
: 17 : 47 : 27 : 17 : 47 : 27
0 0 1 x 2 y 2 1 0
y, por tanto:
2 1 4 A´rea( XYZ ) 1 1 1 A´rea( XYZ ) 3 4 2 1 A´rea( ABC ) 7 7 A´rea( ABC ) 7 1 4 2
Como:
r s t
AD DB BF FC CE EA
2 2 2
entonces, el Teorema de Routh nos asegura que: A´rea( XYZ )
(rst 1 ) 2 7 2 A´rea( ABC ) A´rea( ABC ) A´rea( ABC ) 7 73 (st s 1 )(rt t 1 )(rs r 1 )
y, por tanto: A´rea( XYZ )
17 A´rea( ABC )
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