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📋 Examen de 2021 de Andalucía

Problema 1

  1. Se lanzan 𝑛 monedas una detrás de otra. En cada lanzamiento, la probabilidad de obtener cara es 𝑝. Si se han obtenido 𝑘 caras, 0 ≤𝑘 ≤𝑛, ¿cuál es la probabilidad de que haya aparecido cara en la primera moneda?
  2. Demuestre que cada número complejo 𝑧 de módulo 1 con 𝑧 ≠1 puede escribirse de la forma 1+𝜇𝑖1−𝜇𝑖,𝜇∈ℝ. Halla 𝜇 en función del argumento de 𝑧.

Resolución
  1. Sea 𝐶𝑖 =𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑒𝑟 𝑐𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑙𝑎𝑛𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑖 para 𝑖 ∈{1,2,…,𝑛}, con 𝑃(𝐶𝑖) =𝑝. Por otro lado, definimos la variable aleatoria 𝑋 =𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑎𝑟𝑎𝑠 𝑜𝑏𝑡𝑒𝑛𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑎𝑙 𝑙𝑎𝑛𝑧𝑎𝑟 𝑛 𝑚𝑜𝑛𝑒𝑑𝑎𝑠. Observamos que 𝑋 ∼Bi⁡(𝑛,𝑝), así que: 𝑃(𝑋=𝑖)=(𝑛𝑖)⋅𝑝𝑖⋅(1−𝑝)𝑛−𝑖,𝑖=0,1,…,𝑛. Supongamos que hemos obtenido 𝑘 caras, con 0 ≤𝑘 ≤𝑛. Por el teorema de Bayes, la probabilidad de que haya aparecido cara en el primer lanzamiento es: 𝑃(𝐶1|𝑋=𝑘)=𝑃(𝐶1)⋅𝑃(𝑋=𝑘|𝐶1)𝑃(𝑋=𝑘)=𝑝⋅(𝑛−1𝑘−1)⋅𝑝𝑘−1⋅(1−𝑝)𝑛−𝑘(𝑛𝑘)⋅𝑝𝑘⋅(1−𝑝)𝑛−𝑘=(𝑛−1𝑘−1)(𝑛𝑘)=(𝑛−1)!(𝑘−1)!(𝑛−𝑘)!𝑛!𝑘!(𝑛−𝑘)!==𝑘!(𝑛−1)!(𝑘−1)!𝑛!=𝑘𝑛.
  2. Sea 𝑧 ∈ℂ con |𝑧| =1 y 𝑧 ≠1. Como 𝑧 ≠1, necesariamente 𝜇 ≠0. También es necesario que 𝑧 ≠ −1, puesto que: −1=1+𝜇𝑖1−𝜇𝑖⇔−1+𝜇𝑖=1+𝜇𝑖⇔−1=1. Desarrollamos la expresión: 1+𝜇𝑖1−𝜇𝑖=(1+𝜇𝑖)(1+𝜇𝑖)(1−𝜇𝑖)(1+𝜇𝑖)=1−𝜇2+2𝜇𝑖1+𝜇2=1−𝜇21+𝜇2+2𝜇1+𝜇2𝑖. Podemos escribir 𝑧 =𝑎 +𝑏𝑖, donde 𝑎,𝑏 ∈ℝ con 𝑏 ≠0. De esta forma, 𝑧=1+𝜇𝑖1−𝜇𝑖⇔𝑎+𝑏𝑖=1−𝜇21+𝜇2+2𝜇1+𝜇2𝑖⇔⎧{ {⎨{ {⎩𝑎=1−𝜇21+𝜇2,𝑏=2𝜇1+𝜇2. Despejando en la segunda ecuación, 𝑏=2𝜇1+𝜇2𝜇≠0⇔𝑏2𝜇=11+𝜇2. Sustituyendo en la primera ecuación, 𝑎=1−𝜇21+𝜇2=(1−𝜇2)⋅𝑏2𝜇⇔2𝑎𝜇=𝑏−𝑏𝜇2⇔𝑏𝜇2+2𝑎𝜇−𝑏=0. Como 𝑏 ≠0, se trata de una ecuación de segundo grado. Luego: 𝜇=−2𝑎±√4𝑎2+4𝑏22𝑏=−𝑎±√𝑎2+𝑏2𝑏|𝑧|=1=−𝑎±1𝑏. Comprobamos las soluciones en el sistema: ⎧{ {⎨{ {⎩𝑎=1−𝜇21+𝜇2,𝑏=2𝜇1+𝜇2.
    • Si 𝜇 =1−𝑎𝑏, 1−𝜇21+𝜇2=1−(1−𝑎)2𝑏21+(1−𝑎)2𝑏2=𝑏2−1−𝑎2+2𝑎𝑏2𝑏2+1+𝑎2−2𝑎𝑏2=𝑏2−1−𝑎2+2𝑎𝑏2+1+𝑎2−2𝑎|𝑧|=1=−𝑎2+𝑏2+2𝑎−1−2𝑎+2==−𝑎2+𝑏2+2𝑎−1+𝑎2−𝑎22(−𝑎+1)|𝑧|=1=−2𝑎2+2𝑎2(−𝑎+1)=2𝑎(−𝑎+1)2(−𝑎+1)=𝑎,2𝜇1+𝜇2=2⋅1−𝑎𝑏1+(1−𝑎)2𝑏2=2(1−𝑎)𝑏𝑏2+1+𝑎2−2𝑎𝑏2=𝑏⋅2(1−𝑎)𝑏2+1+𝑎2−2𝑎|𝑧|=1=𝑏⋅2−2𝑎2−2𝑎=𝑏. Luego esta solución es válida.
    • Si 𝜇 = −1+𝑎𝑏, 1−𝜇21+𝜇2=1−(1+𝑎)2𝑏21+(1+𝑎)2𝑏2=𝑏2−1−𝑎2−2𝑎𝑏2𝑏2+1+𝑎2+2𝑎𝑏2=𝑏2−1−𝑎2−2𝑎𝑏2+1+𝑎2+2𝑎|𝑧|=1=−𝑎2+𝑏2−2𝑎−12𝑎+2==−𝑎2+𝑏2−2𝑎−1+𝑎2−𝑎22(𝑎+1)|𝑧|=1=−2𝑎2−2𝑎2(−𝑎+1)=−2𝑎(−𝑎+1)2(−𝑎+1)=−𝑎. Luego esta solución no es válida.
    Por tanto, todo 𝑧 ∈ℂ ∖{ −1,1} con |𝑧| =1 se puede escribir de la forma: 𝑧=1+𝜇𝑖1−𝜇𝑖,donde 𝜇=1−𝑎𝑏. Si 𝜃 =arg⁡(𝑧), entonces 𝑎 =cos⁡(𝜃) y 𝑏 =sen⁡(𝜃). Así que: 𝜇=1−𝑎𝑏=1−cos⁡(𝜃)sen⁡(𝜃).

Problema 2

  1. Estudie los extremos de la función 𝑓(𝑥)=|2𝑥−1|𝑒−|𝑥−2|en [−3,3].
  2. Calcule el límite de la sucesión definida por 1ln⁡(𝑛)𝑛∑𝑘=1(1−cos⁡(𝜋√𝑘)).

Resolución
  1. En primer lugar, observamos que la función 𝑓 es continua en un intervalo cerrado y acotado, luego por el teorema de Weierstrass alcanza su máximo y su mínimo absolutos en el intervalo [ −3,3]. Para hallar sus extremos, expresamos 𝑓 como una función a trozos. 𝑓(𝑥)=|2𝑥−1|𝑒−|𝑥−2|=⎧{ {⎨{ {⎩(−2𝑥+1)𝑒𝑥−2,si −3≤𝑥<12,(2𝑥−1)𝑒𝑥−2,si 12≤𝑥<2,(2𝑥−1)𝑒−𝑥+2,si 2≤𝑥≤3. Si 𝑥 ≠12 y 𝑥 ≠2, 𝑓 es derivable con 𝑓′(𝑥)=⎧{ {⎨{ {⎩−2𝑒𝑥−2+(−2𝑥+1)𝑒𝑥−2,si −3<𝑥<12,2𝑒𝑥−2+(2𝑥−1)𝑒𝑥−2,si 12<𝑥<2,2𝑒−𝑥+2−(2𝑥−1)𝑒−𝑥+2,si 2<𝑥<3=⎧{ {⎨{ {⎩−(2𝑥+1)𝑒𝑥−2,si −3<𝑥<12,(2𝑥+1)𝑒𝑥−2,si 12<𝑥<2,(−2𝑥+3)𝑒−𝑥+2,si 2<𝑥<3. Hallamos los puntos críticos igualando cada rama de la derivada a cero.
    • Si −3 <𝑥 <12, 𝑓′(𝑥)=0⇔−(2𝑥+1)𝑒𝑥−2=0⇔2𝑥+1=0⇔𝑥=−12.
    • Si 12 <𝑥 <2, 𝑓′(𝑥)=0⇔(2𝑥+1)𝑒𝑥−2=0⇔2𝑥+1=0⇔𝑥=−12∉(12,2).
    • Si 2 <𝑥 <3, 𝑓′(𝑥)=0⇔(−2𝑥+3)𝑒−𝑥+2=0⇔−2𝑥+3=0⇔𝑥=32∉(2,3).
    Así que el único punto crítico es 𝑥 = −12. También consideramos 𝑥 =12 y 𝑥 =2 por ser los puntos de ruptura. Estudiamos el signo de la derivada.
    • Si −3 <𝑥 < −12, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
    • Si −12 <𝑥 <12, 𝑓′(𝑥) <0. Así que 𝑓 es decreciente.
    • Si 12 <𝑥 <2, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
    • Si 2 <𝑥 <3, 𝑓′(𝑥) <0. Así que 𝑓 es decreciente.
    Por tanto, los máximos relativos son (−12,2𝑒−52) y (2,3), mientras que los mínimos relativos son ( −3,7𝑒−5), (12,0) y (3,5𝑒−1). Además, (2,3) es el máximo absoluto y (12,0) es el mínimo absoluto.
  2. Consideramos las sucesiones 𝑎𝑛=𝑛∑𝑘=1(1−cos⁡(𝜋√𝑘))=𝑛−𝑛∑𝑘=1cos⁡(𝜋√𝑘)y𝑏𝑛=ln⁡(𝑛). Observamos que {𝑏𝑛} es estrictamente creciente y lím⁡{𝑏𝑛} = +∞. Además, se tiene que: lím⁡𝑎𝑛+1−𝑎𝑛𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=lím⁡1−cos⁡(𝜋√𝑛+1)ln⁡(𝑛+1)−ln⁡(𝑛)L’H=lím⁡−sen⁡(𝜋√𝑛+1)⋅12𝜋(𝑛+1)−321𝑛+1−1𝑛==lím⁡−𝜋2(𝑛+1)32−1𝑛(𝑛+1)⋅sen⁡(𝜋√𝑛+1)=lím⁡𝜋𝑛2√𝑛+1⋅sen⁡(𝜋√𝑛+1)==lím⁡sen⁡(𝜋√𝑛+1)𝜋√𝑛+1⋅𝜋√𝑛+1⋅𝜋𝑛2√𝑛+1=lím⁡sen⁡(𝜋√𝑛+1)𝜋√𝑛+1⋅𝜋2𝑛2(𝑛+1)=𝜋22. Como este límite existe, por el criterio de Stolz se tiene que: lím⁡1ln⁡(𝑛)𝑛∑𝑘=1(1−cos⁡(𝜋√𝑘))=lím⁡𝑎𝑛𝑏𝑛=lím⁡𝑎𝑛+1−𝑎𝑛𝑏𝑛+1−𝑏𝑛=𝜋22.

Problema 3

  1. Pruebe que 𝑛∑𝑘=0cos⁡(𝑘𝜃)=12+sen⁡((𝑛+12)𝜃)2sen⁡(𝜃2).
  2. Dado el triángulo 𝐴𝐵𝐶, pruebe que es rectángulo si y solo si se cumple sen2⁡(𝐴)+sen2⁡(𝐵)+sen2⁡(𝐶)=2.

Problema 4

  1. Sea 𝑉 un espacio vectorial sobre un cuerpo 𝕂. Pruebe que si un vector 𝑣 depende linealmente de {𝑢1,𝑢2,𝑢3} pero no depende linealmente de {𝑢2,𝑢3} entonces 𝑢1 depende linealmente de {𝑣,𝑢2,𝑢3}.
  2. En el espacio vectorial ℚ4 se consideran los subespacios 𝑆1=⟨⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1100⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠,⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝10−10⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠,⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1320⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠⟩,𝑆2:{𝑥−𝑦=0,𝑥−𝑧=0,,𝑆3:{𝑦+𝑧=0.
    1. Halle dim⁡(𝑆1 +𝑆2) y dim⁡(𝑆1 ∩𝑆2).
    2. Halle una base de 𝑆1 ∩𝑆3.
    3. ¿Qué dimensión tiene 𝑆1 +𝑆3.

Resolución
  1. Supongamos que 𝑣 es un vector linealmente dependiente de {𝑢1,𝑢2,𝑢3}. Entonces existen 𝑎,𝑏,𝑐 ∈𝕂 tales que: 𝑣=𝑎𝑢1+𝑏𝑢2+𝑐𝑢3. Además, 𝑣 no depende linealmente de {𝑢2,𝑢3}, así que 𝑎 ≠0. Como 𝑎 es un elemento no nulo de un cuerpo 𝕂, tiene inverso. Por tanto: 𝑣=𝑎𝑢1+𝑏𝑢2+𝑐𝑢3⇔𝑎𝑢1=𝑣−𝑏𝑢2−𝑐𝑢3⇔𝑢1=1𝑎𝑣−𝑏𝑎𝑢2−𝑐𝑎𝑢3. Luego 𝑢1 depende linealmente de {𝑣,𝑢2,𝑢3}.
    1. En primer lugar, hallamos las dimensiones de 𝑆1 y 𝑆3.
      • Veamos si los tres vectores que generan 𝑆1 son linealmente independientes. Observamos que: ∣11010−1132∣=0,∣1110∣=−1≠0. Así que dim⁡(𝑆1) =2 y se puede expresar como: 𝑆1=⟨⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1100⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠,⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝10−10⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠⟩.
      • Hallamos los vectores que generan 𝑆2. Si tomamos 𝑥 =𝜆, 𝑆2:⎧{ { {⎨{ { {⎩𝑥=𝜆,𝑦=𝜆,𝑧=𝜆,𝑡=𝜇⇔𝑆2:⟨⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1110⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠,⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝0001⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠⟩. Los dos vectores son linealmente independientes, así que dim⁡(𝑆2) =2.
      Hallamos el subespacio 𝑆1 +𝑆2. 𝑆1+𝑆2=⟨⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1100⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠,⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝10−10⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠,⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1110⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠,⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝0001⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠⟩. Observamos que: ∣ ∣ ∣ ∣ ∣110010−1011100001∣ ∣ ∣ ∣ ∣=∣11010−1111∣=−1≠0. Así que dim⁡(𝑆1 +𝑆2) =4. Por tanto, también se tiene que: dim⁡(𝑆1∩𝑆2)=dim⁡(𝑆1)+dim⁡(𝑆2)−dim⁡(𝑆1+𝑆2)=2+2−4=0.
    2. El subespacio 𝑆1 se puede expresar como: 𝑆1:⎧{ { {⎨{ { {⎩𝑥=𝜆+𝜇,𝑦=𝜆,𝑧=−𝜇,𝑡=0={𝑥=𝑦−𝑧,𝑡=0. Por tanto, 𝑆1∩𝑆3:⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=𝑦−𝑧,𝑡=0,𝑦+𝑧=0=⎧{ {⎨{ {⎩𝑥=2𝑦,𝑧=−𝑦,𝑡=0=⎧{ { {⎨{ { {⎩𝑥=2𝜆,𝑦=𝜆,𝑧=−𝜆,𝑡=0⇔𝑆1∩𝑆3=⟨⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝21−10⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠⟩.
    3. En primer lugar, hallamos la dimensión de 𝑆3. Si 𝑦 =𝜆, 𝑆3:⎧{ { {⎨{ { {⎩𝑥=𝛼,𝑦=𝜆,𝑧=−𝜆,𝑡=𝛽⇔𝑆3=⟨⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1000⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠,⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝01−10⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠,⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝0001⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠⟩. Los tres vectores son linealmente independientes, así que dim⁡(𝑆3) =3. Como además dim⁡(𝑆1 ∩𝑆3) =1, tenemos que: dim⁡(𝑆1+𝑆3)=dim⁡(𝑆1)+dim⁡(𝑆3)−dim⁡(𝑆1∩𝑆3)=2+3−1=4.

Problema 5

  1. Halle el volumen del toro de revolución que se obtiene al girar la circunferencia (𝑥 −𝑎)2 +𝑦2 =𝑏2 con 0 <𝑏 <𝑎 alrededor del eje de ordenadas.
  2. Siendo 𝑎𝑛=𝑛𝑘(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3) el término general de una serie, se pide:
    1. Sustituya el exponente 𝑘 por el mayor número entero compatible con la condición de ser convergente la serie ∞∑𝑛=1𝑎𝑛.
    2. Halle la suma de la serie para dicho 𝑘.

Resolución
  1. La ecuación (𝑥 −𝑎)2 +𝑦2 =𝑏2 es de la circunferencia de centro (𝑎,0) y radio 𝑏. Para hallar el volumen obtenido al girar esta región alrededor del eje de ordenadas, describimos la circunferencia en función de 𝑦. (𝑥−𝑎)2+𝑦2=𝑏2⇔(𝑥−𝑎)2=𝑏2−𝑦2⇔𝑥=𝑎±√𝑏2−𝑦2. Figura El volumen del sólido generado al girar esta región será la diferencia de los volúmenes generados por las regiones descritas por las funciones 𝑓 y 𝑔, respectivamente. Así que: 𝑉=𝜋∫𝑏−𝑏𝑓(𝑦)2𝑑𝑦−𝜋∫𝑏−𝑏𝑔(𝑦)2𝑑𝑦=𝜋∫𝑏−𝑏(𝑎+√𝑏2−𝑦2)2𝑑𝑦−𝜋∫𝑏−𝑏(𝑎−√𝑏2−𝑦2)2𝑑𝑦==𝜋∫𝑏−𝑏(𝑎2+𝑏2−𝑦2+2𝑎√𝑏2−𝑦2)𝑑𝑦−𝜋∫𝑏−𝑏(𝑎2+𝑏2−𝑦2−2𝑎√𝑏2−𝑦2)𝑑𝑦=4𝜋𝑎∫𝑏−𝑏√𝑏2−𝑦2𝑑𝑦. En primer lugar, hallamos una primitiva del integrando usando el cambio de variable 𝑦=𝑏sen⁡(𝑢)⇒𝑢=arcsen⁡(𝑦𝑏),𝑑𝑦=𝑏cos⁡(𝑢)𝑑𝑢. De esta forma, ∫√𝑏2−𝑦2𝑑𝑦=∫√𝑏2−𝑏2sen2⁡(𝑢)⋅𝑏cos⁡(𝑢)𝑑𝑢=𝑏2∫cos2⁡(𝑢)𝑑𝑢. Para integrar cos2⁡(𝑢), hacemos uso de las siguientes identidades trigonométricas: 1=cos2⁡(𝑢)+sen2⁡(𝑢),cos⁡(2𝑢)=cos2⁡(𝑢)−sen2⁡(𝑢). Si sumamos las dos expresiones, obtenemos que: 1+cos⁡(2𝑢)=2cos2⁡(𝑢)⇔cos2⁡(𝑢)=1+cos⁡(𝑢)2. Así que: ∫√𝑏2−𝑦2𝑑𝑦=𝑏2∫cos2⁡(𝑢)𝑑𝑢=𝑏22∫(1+cos⁡(𝑢))𝑑𝑢=𝑏22(𝑢+12sen⁡(2𝑢))=𝑏22(𝑢+sen⁡(𝑢)cos⁡(𝑢))==𝑏22(𝑢+sen⁡(𝑢)√1−sen2⁡(𝑢))=𝑏22(arcsen⁡(𝑦𝑏)+𝑦𝑏√1−𝑦2𝑏2)==𝑏22(arcsen⁡(𝑦𝑏)+𝑦√𝑏2−𝑦2𝑏2). Por tanto, el volumen del toro de revolución es 𝑉=4𝜋𝑎∫𝑏−𝑏√𝑏2−𝑦2𝑑𝑦=4𝜋𝑎⋅𝑏22[arcsen⁡(𝑦𝑏)+𝑦√𝑏2−𝑦2𝑏2]𝑏−𝑏=2𝜋𝑎𝑏2(𝜋2−(−𝜋2))=2𝜋2𝑎𝑏2.
    1. Veamos que el mayor valor entero de 𝑘 que hace que la serie sea convergente es 1. En primer lugar, observamos que para todo 𝑘,𝑝 ∈ℤ con 𝑘 <𝑝 se tiene que: 0<𝑛𝑘<𝑛𝑝⇔0<𝑛𝑘(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3)<𝑛𝑝(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3),𝑛∈ℕ.
      • Sea 𝑏𝑛 =1𝑛2, de la que sabemos que ∑∞𝑛=1𝑏𝑛 es convergente. Si 𝑘 =1, 𝑎𝑛𝑏𝑛=𝑛(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3)1𝑛2=𝑛3(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3)𝑛→∞←←←←←←←←←→1. Como las dos series tienen el mismo carácter, ∑∞𝑛=1𝑎𝑛 es convergente para 𝑘 =1. Además, por la desigualdad anterior se tiene que: 0<𝑛𝑘(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3)≤𝑛(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3),∀𝑘∈ℤ,𝑘≤1. Por tanto, ∑∞𝑛=1𝑎𝑛 es convergente para 𝑘 ≤1.
      • Sea 𝑐𝑛 =1𝑛, de la que sabemos que ∑∞𝑛=1𝑐𝑛 es divergente. Si 𝑘 =2, 𝑎𝑛𝑐𝑛=𝑛2(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3)1𝑛=𝑛3(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3)𝑛→∞←←←←←←←←←→1. Como las dos series tienen el mismo carácter, ∑∞𝑛=1𝑎𝑛 es divergente para 𝑘 =2. Además, por la desigualdad anterior se tiene que: 0<𝑛2(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3)≤𝑛𝑘(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3),∀𝑘∈ℤ,𝑘≥2. Por tanto, ∑∞𝑛=1𝑎𝑛 es divergente para 𝑘 ≥2.
      Por tanto, la serie ∑∞𝑛=1𝑎𝑛 es convergente si 𝑘 ≤1 y divergente si 𝑘 ≥2, con 𝑘 ∈ℤ. Luego 𝑘 =1 es el mayor valor entero para el que la serie es convergente.
    2. Para hallar la suma de la serie, expresamos 𝑎𝑛 como suma de fracciones simples. 𝑛(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3)=𝐴𝑛+1+𝐵𝑛+2+𝐶𝑛+3==𝐴(𝑛+2)(𝑛+3)+𝐵(𝑛+1)(𝑛+3)+𝐶(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3). Hallamos los valores de 𝐴, 𝐵 y 𝐶 mediante sustitución. 𝑛=−1⟶−1=𝐴⋅2⇔𝐴=−12,𝑛=−2⟶−2=𝐵⋅(−1)⇔𝐵=2,𝑛=−3⟶−3=𝐶⋅(−2)⋅(−1)⇔𝐶=−32. Por tanto: ∞∑𝑛=1𝑎𝑛=∞∑𝑛=1𝑛(𝑛+1)(𝑛+2)(𝑛+3)=∞∑𝑛=1(−12(𝑛+1)+2𝑛+2−32(𝑛+3))==−14+23−38−16+24−310−18+25−312−110+26−314−112+27−316+⋯==−14+23−16=14.

Problema 6

  1. Sea Υ ={𝑥 ∈ℤ :𝑥 es múltiplo de 20210}. Prueba que si (𝛼 +√85𝛽) ∈Υ y (√85𝛼 −𝛽) ∈Υ, entonces 𝛼2 +𝛽2 ∈Υ.
  2. Se colocan al azar cuatro bolas en tres urnas.
    1. Describa la distribución de la variable aleatoria 𝑋=𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑑𝑒 𝑏𝑜𝑙𝑎𝑠 𝑞𝑢𝑒 ℎ𝑎𝑦 𝑒𝑛 𝑎𝑙𝑔𝑢𝑛𝑎 𝑢𝑟𝑛𝑎.
    2. Halle 𝐸(𝑋).

Resolución
  1. Los números (𝛼 +√85𝛽) y (√85𝛼 −𝛽) son múltiplos de 20210, así que existen 𝑘,𝑞 ∈ℤ tales que: 𝛼+√85𝛽=20210𝑘⇔𝛼=20210𝑘−√85𝛽,√85𝛼−𝛽=20210𝑞⇔𝛽=√85𝛼−20210𝑞.
    • Sustituyendo la expresión de 𝛽 en la de 𝛼, tenemos que: 𝛼=20210𝑘−√85𝛽=20210𝑘−√85(√85𝛼−20210𝑞)=2021𝑘−85𝛼+20210√85𝑞⇔⇔86𝛼=20210(𝑘+√85𝑞)⇔𝛼=235(𝑘+√85𝑞).
    • Sustituyendo la expresión de 𝛼 en la de 𝛽, tenemos que: 𝛽=√85𝛼−20210𝑞=√85(20210𝑘−√85𝛽)−20210𝑞=20210√85𝑘−85𝛽−20210𝑞⇔⇔86𝛽=20210(√85𝑘−𝑞)⇔𝛽=235(√85𝑘−𝑞).
    Por tanto: 𝛼2+𝛽2=2352(𝑘+√85𝑞)2+2352(√85𝑘−𝑞)2=2352(𝑘2+2√85𝑘𝑞+85𝑞2+85𝑘2−2√85𝑘𝑞+𝑞2)==2352(86𝑘2+86𝑞2)=2352⋅86⋅(𝑘2+𝑞2)=20210⋅235⋅(𝑘2+𝑞2). Luego el número 𝛼2 +𝛽2 es múltiplo de 20210, así que 𝛼2 +𝛽2 ∈Υ.
    1. La variable 𝑋 es una variable aleatoria discreta con 𝐷𝑋 ={2,3,4}. Por comodidad, representamos las distintas posibilidades mediante números de cuatro dígitos, donde la cifra en la posición 𝑖 representa la urna en la que está la bola 𝑖. Por ejemplo, el número 3213 indica que la primera bola está en la urna 3, la segunda en la urna 2, la tercera en la urna 1 y la cuarta en la urna 3. En total, hay 34 =81 posibilidades. Analizamos cada caso.
      • Si 𝑋 =4, el número tiene todas sus cifras iguales. Solo hay 3 casos: 1111, 2222 y 3333. Así que: 𝑃(𝑋=4)=381=127.
      • Si 𝑋 =3, el número tiene tres cifras iguales. Si se repite el 1, tenemos 8 casos. Luego en total hay 3 ⋅8 =24 casos. Así que: 𝑃(𝑋=3)=2481=827.
      • Si 𝑋 =2, el número tiene dos cifras iguales. Le corresponden los casos restantes, es decir, 81 −(3 +24) =54 casos. Así que: 𝑃(𝑋=2)=5481=23.
      Por tanto, la distribución de la variable aleatoria 𝑋 es: 𝑃(𝑋=𝑛)=⎧{ { {⎨{ { {⎩23,si 𝑛=2,827,si 𝑛=3,127,si 𝑛=4,0,en otro caso.
    2. Calculamos la esperanza de 𝑋. 𝐸(𝑋)=∑𝑥∈𝐷𝑥𝑥⋅𝑃(𝑋=𝑥)=2⋅𝑃(𝑋=2)+3⋅𝑃(𝑋=3)+4⋅𝑃(𝑋=4)=2⋅23+3⋅827+4⋅127=6427.