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📋 Examen de 2023 de Andalucía

Problema 1

  1. Se tienen 𝑛 +1 cajas idénticas con 𝑛 bolas cada una. En la primera caja hay 𝑛 bolas negras; en la segunda caja hay 𝑛 −1 bolas negras y 1 bola blanca; en la tercera hay 𝑛 −2 bolas negras y dos bolas blancas y así sucesivamente, hasta que, en la última caja, hay 𝑛 bolas blancas. Se toma una caja al azar y de ella se extraen tres bolas de una vez:
    1. Calcule la probabilidad de que las tres bolas sean blancas.
    2. Suponiendo que, tras la extracción, las tres bolas son blancas, calcule el número de cajas que tiene que haber para que la probabilidad de que provengan las tres bolas blancas de las dos últimas cajas, sea igual a 23.
  2. Dos varillas, 𝐴𝐵, 𝐵𝐶, de igual longitud y articuladas en 𝐵, tienen fijo el extremo 𝐴. Si el extremo 𝐶 se mueve sobre la recta 𝐴𝐶, halle la ecuación del lugar geométrico de un punto 𝑃, tomado en 𝐵𝐶.

Resolución
  1. Podemos estructurar los datos en una tabla. Por comodidad, numeramos las cajas del 0 al 𝑛.
    Caja 0 Caja 1 … Caja 𝑛 −1 Caja 𝑛
    𝑛 negras 𝑛 −1 negras 1 negra 0 negras
    0 blancas 1 blanca 𝑛 −1 blancas 𝑛 blancas
    Sea 𝐶𝑘 =𝑒𝑙𝑒𝑔𝑖𝑟 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑗𝑎 𝑘, para 𝑘 ∈{0,1,…,𝑛}. Estos sucesos son incompatibles dos a dos, con 𝑃(𝐶𝑘) =1𝑛+1. Por otro lado, definimos el suceso 𝐵 =𝑠𝑎𝑐𝑎𝑟 𝑡𝑟𝑒𝑠 𝑏𝑜𝑙𝑎𝑠 𝑏𝑙𝑎𝑛𝑐𝑎𝑠.
    1. Por el teorema de la probabilidad total, 𝑃(𝐵)=𝑃(𝐵∩𝐶0)+𝑃(𝐵∩𝐶1)+⋯+𝑃(𝐵∩𝐶𝑛)==𝑃(𝐶0)⋅𝑃(𝐵|𝐶0)+𝑃(𝐶1)⋅𝑃(𝐵|𝐶1)+…𝑃(𝐶𝑛)⋅𝑃(𝐵|𝐶𝑛)=𝑛∑𝑘=0𝑃(𝐶𝑘)⋅𝑃(𝐵|𝐶𝑘). La caja 𝑘 tiene 𝑛 −𝑘 bolas negras y 𝑘 bolas blancas. Así que 𝑃(𝐵|𝐶𝑘)=𝑘𝑛⋅𝑘−1𝑛−1⋅𝑘−2𝑛−2. Por tanto, 𝑃(𝐵)=𝑛∑𝑘=0𝑃(𝐶𝑘)⋅𝑃(𝐵|𝐶𝑘)=𝑛∑𝑘=01𝑛+1⋅𝑘𝑛⋅𝑘−1𝑛−1⋅𝑘−2𝑛−2==1(𝑛+1)𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)𝑛∑𝑘=0𝑘(𝑘−1)(𝑘−2). Desarrollamos la expresión de la suma: 𝑛∑𝑘=0𝑘(𝑘−1)(𝑘−2)=𝑛∑𝑘=0(𝑘3−3𝑘2+2𝑘)=𝑛∑𝑘=0𝑘3−3𝑛∑𝑘=0𝑘2+2𝑛∑𝑘=0𝑘==𝑛∑𝑘=1𝑘3−3𝑛∑𝑘=1𝑘2+2𝑛∑𝑘=1𝑘. Hallamos cada uno de estos sumatorios.
      • La progresión {𝑎𝑘} ={𝑘} es aritmética, así que la suma de sus primeros 𝑛 términos es 𝑛∑𝑘=1𝑘=𝑛(𝑛+1)2.
      • La progresión {𝑏𝑘} ={𝑘2} es aritmética de orden 2, así que podemos hallar la suma de sus primeros 𝑛 términos usando diferencias finitas. 𝑏1=1,Δ𝑏1=𝑏2−𝑏1=3,Δ2𝑏1=Δ𝑏2−Δ𝑏1=2,𝑏2=4,Δ𝑏2=𝑏3−𝑏2=5,𝑏3=9. Así que: 𝑛∑𝑘=1𝑘2=(𝑛1)𝑏1+(𝑛2)Δ𝑏1+(𝑛3)Δ2𝑏1=𝑛+𝑛!2!(𝑛−2)!⋅3+𝑛!3!(𝑛−3)!⋅2==𝑛+3𝑛(𝑛−1)2+𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)3=𝑛(6+9𝑛−9+2(𝑛−1)(𝑛−2))6=𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)6.
      • La progresión {𝑐𝑘} ={𝑘3} es aritmética de orden 3, así que podemos hallar la suma de sus primeros 𝑛 términos usando diferencias finitas. 𝑐1=1,Δ𝑐1=𝑐2−𝑐1=7,Δ2𝑐1=Δ𝑐2−Δ𝑐1=12,Δ3𝑐1=Δ2𝑐2−Δ2𝑐1=6,𝑐2=8,Δ𝑐2=𝑐3−𝑐2=19,Δ2𝑐2=Δ𝑐3−Δ𝑐2=18,𝑐3=27,Δ𝑐3=𝑐4−𝑐3=37,𝑐4=64. Así que: 𝑛∑𝑘=1𝑘3=(𝑛1)𝑐1+(𝑛2)Δ𝑐1+(𝑛3)Δ2𝑐1+(𝑛4)Δ3𝑐1==𝑛+𝑛!2!(𝑛−2)!⋅7+𝑛!3!(𝑛−3)!⋅12+𝑛!4!(𝑛−4)!⋅6==𝑛+7𝑛(𝑛−1)2+2𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)+𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)(𝑛−3)4==𝑛(4+14(𝑛−1)+8(𝑛−1)(𝑛−2)+(𝑛−1)(𝑛−2)(𝑛−3))4==𝑛(4+14𝑛−14+8𝑛2−24𝑛+16+𝑛3−6𝑛2+11𝑛−6)4==𝑛(𝑛3+2𝑛2+𝑛)4=𝑛2(𝑛+1)24.
      Luego: 𝑛∑𝑘=0𝑘(𝑘−1)(𝑘−2)=𝑛∑𝑘=0𝑘3−3𝑛∑𝑘=0𝑘2+2𝑛∑𝑘=0𝑘=𝑛2(𝑛+1)24−𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)2+𝑛(𝑛+1)==𝑛(𝑛(𝑛2+2𝑛+1)−(2𝑛+2)(2𝑛+1)+4𝑛+4)4==𝑛(𝑛3+2𝑛2+𝑛−4𝑛2−6𝑛−2+4𝑛+4)4==𝑛(𝑛3−2𝑛2−𝑛+2)4=(𝑛−2)(𝑛−1)𝑛(𝑛+1)4. Por tanto, la probabilidad de que las tres bolas sean blancas es 𝑃(𝐵)=1(𝑛+1)𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)𝑛∑𝑘=0𝑘(𝑘−1)(𝑘−2)==1(𝑛+1)𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)⋅(𝑛−2)(𝑛−1)𝑛(𝑛+1)4=14.
    2. Queremos que se verifique la igualdad 𝑃((𝐶𝑛−1∪𝐶𝑛)|𝐵)=23. Como 𝐶𝑛−1 y 𝐶𝑛 son sucesos incompatibles, 𝑃((𝐶𝑛−1∪𝐶𝑛)|𝐵)=𝑃(𝐶𝑛−1|𝐵)+𝑃(𝐶𝑛|𝐵). Calculamos estas probabilidades. 𝑃(𝐶𝑛−1|𝐵)=𝑃(𝐶𝑛−1∩𝐵)𝑃(𝐵)=𝑃(𝐶𝑛−1)⋅𝑃(𝐵|𝐶𝑛−1)14=4⋅1𝑛+1⋅𝑛−1𝑛⋅𝑛−2𝑛−1⋅𝑛−3𝑛−2=4(𝑛−3)𝑛(𝑛+1),𝑃(𝐶𝑛|𝐵)=𝑃(𝐶𝑛∩𝐵)𝑃(𝐵)=𝑃(𝐶𝑛)⋅𝑃(𝐵|𝐶𝑛)14=4𝑛+1. Luego: 𝑃((𝐶𝑛−1∪𝐶𝑛)|𝐵)=23⇔4(𝑛−3)𝑛(𝑛+1)+4𝑛+1=23⇔2𝑛−6+2𝑛𝑛(𝑛+1)=13⇔12𝑛−18=𝑛(𝑛+1)⇔⇔𝑛2−11𝑛+18=0⇔{𝑛=2,𝑛=9. La solución 𝑛 =2 no es válida, puesto que no es posible sacar tres bolas blancas con 3 cajas. Por tanto, se necesitan 10 cajas para que la probabilidad sea 23.
  2. Suponemos 𝐴(0,0) y 𝐴𝐶 la recta horizontal 𝑦 =0, de forma que 𝐶(𝑎,0) para 𝑎 >0. Sea 𝑃(𝑥,𝑦) y sean 𝐷 y 𝑄 las proyecciones de 𝐵 y 𝑃 sobre el eje de abscisas, respectivamente. Figura Sea 𝑑 =dist⁡(𝐴,𝐵) =dist⁡(𝐵,𝐶) y sea 𝑝 =dist⁡(𝑃,𝐶). Como el triángulo 𝐶𝐵𝐷 es semejante al triángulo 𝐶𝑃𝑄, por el teorema de Tales tenemos que: dist⁡(𝐵,𝐶)dist⁡(𝑃,𝐶)=dist⁡(𝐵,𝐷)dist⁡(𝑃,𝑄)=dist⁡(𝐶,𝐷)dist⁡(𝐶,𝑄)⇔𝑑𝑝=√𝑑2−𝑎44𝑦=𝑎2𝑎−𝑥⇔⇔⎧{ { { {⎨{ { { {⎩𝑑𝑝=𝑎2𝑎−𝑥⇔𝑎𝑑−𝑥𝑑=𝑎𝑝2⇔𝑥=𝑎𝑑−𝑎𝑝2𝑑=𝑎−𝑎𝑝2𝑑,𝑑𝑝=√𝑑2−𝑎24𝑦⇔𝑦=𝑝√𝑑2−𝑎24𝑑. Despejando 𝑎 en la primera ecuación, 𝑥=𝑎−𝑎𝑝2𝑑⇔𝑥=𝑎(1−𝑝2𝑑)=𝑎(2𝑑−𝑝2𝑑)⇔𝑎=𝑥2𝑑−𝑝2𝑑=2𝑑𝑥2𝑑−𝑝. Sustituyendo esta expresión en la segunda ecuación, 𝑦=𝑝√𝑑2−𝑎24𝑑=𝑝𝑑√𝑑2−14⋅4𝑑2𝑥2(2𝑑−𝑝)2=𝑝√1−𝑥2(2𝑑−𝑝)2⇔𝑦2𝑝2=1−𝑥2(2𝑑−𝑝)2⇔𝑥2(2𝑑−𝑝)2+𝑦2𝑝2=1. Observamos que se trata de una elipse centrada en (0,0) con semiejes 𝑎 =2𝑑 −𝑝 y 𝑏 =𝑝.

Problema 2

  1. En un establecimiento comercial, la salida diaria de cierto tipo de electrodoméstico viene descrita por una variable aleatoria 𝑋 con soporte 𝐷𝑋 ={0,1,2,3,…,𝑛}. Se sabe que un 100𝑎 de los días, 𝑎 ∈[0,1], no se vende ningún aparato, mientras que la probabilidad de vender un número fijo de ellos, es directamente proporcional a ese número.
    1. Demuestre que se verifica 𝑛∑𝑖=1𝑖2=𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)6,∀𝑛∈ℕ.
    2. Calcule la ley de probabilidad asociada al fenómeno aleatorio descrito: función de masa de probabilidad y función de distribución.
    3. Si el vendedor observa que, por término medio, cada mes (30 días) vende 1.485 aparatos y el 90% de los días tiene alguna venta, ¿cuántos electrodomésticos puede vender, como máximo, cada día? ¿Cuál es esa probabilidad?
  2. Halle el volumen del sólido generado al girar, alrededor del eje 𝑂𝑋, la región del plano que resulta de la intersección del interior de 𝑥2 +𝑦2 =17 con el exterior de 𝑥2 +𝑦2 =17𝑥.

Resolución
  1. 𝑋 es una variable aleatoria discreta, con 𝑃(𝑋=0)=𝑎,𝑃(𝑋=𝑖)=𝑘⋅𝑖,𝑘∈ℝ,𝑖=1,2,…,𝑛. Luego ha de verificarse que 𝑛∑𝑖=0𝑃(𝑋=𝑖)=1⇔𝑃(𝑋=0)+𝑛∑𝑖=1𝑃(𝑋=𝑖)=1⇔𝑎+𝑛∑𝑖=1𝑘⋅𝑖=1⇔𝑎+𝑘𝑛∑𝑖=1𝑖=1⇔⇔𝑎+𝑘⋅𝑛(𝑛+1)2=1⇔𝑘=2(1−𝑎)𝑛(𝑛+1). Así que 𝑃(𝑋=𝑖)=2𝑖(1−𝑎)𝑛(𝑛+1),𝑖=1,2,…,𝑛.
    1. Demostremos la igualdad por inducción.
      • Si 𝑛 =1, se tiene que 1∑𝑖=1𝑖2=1=1⋅2⋅36.
      • Supongamos que la igualdad se verifica para 𝑛 −1, es decir, que se tiene que 𝑛−1∑𝑖=1𝑖2=(𝑛−1)𝑛(2𝑛−1)6. Veamos que la igualdad es cierta para 𝑛. 𝑛∑𝑖=1𝑖2=𝑛−1∑𝑖=1𝑖2+𝑛2=(𝑛−1)𝑛(2𝑛−1)6+𝑛2=(𝑛−1)𝑛(2𝑛−1)+6𝑛26=𝑛(2𝑛2−3𝑛+1+6𝑛)6==𝑛(2𝑛2+3𝑛+1)6=𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)6.
      Por tanto, 𝑛∑𝑖=1𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)6,∀𝑛∈ℕ.
    2. La función de masa de probabilidad es 𝑃𝑋(𝑥)=𝑃(𝑋=𝑥)=⎧{ { {⎨{ { {⎩𝑎,si 𝑥=0,2𝑥(1−𝑎)𝑛(𝑛+1),si 𝑥=1,2,…,𝑛,0,en otro caso. La función de distribución de la variable aleatoria 𝑋 es 𝐹(𝑥)=𝑃(𝑋≤𝑥)=⎧{ { { {⎨{ { { {⎩0,si 𝑥<0,𝑎,si 0≤𝑥<1,𝑎+𝐸(𝑥)∑𝑖=1𝑃(𝑋=𝑖),si 1≤𝑥<𝑛,1,si 𝑘≥𝑛, donde 𝐸(𝑥) denota la parte entera de 𝑥. Observamos que: 𝑘∑𝑖=1𝑃(𝑋=𝑖)=𝑘∑𝑖=12𝑖(1−𝑎)𝑛(𝑛+1)=2(1−𝑎)𝑛(𝑛+1)𝑘∑𝑖=1𝑖=2(1−𝑎)𝑛(𝑛+1)⋅𝑘(𝑘+1)2=(1−𝑎)𝑘(𝑘+1)𝑛(𝑛+1). Por tanto, 𝐹(𝑥)=𝑃(𝑋≤𝑥)=⎧{ { { {⎨{ { { {⎩0,si 𝑥<0,𝑎,si 0≤𝑥<1,𝑎+(1−𝑎)𝐸(𝑥)(𝐸(𝑥)+1)𝑛(𝑛+1),si 1≤𝑥<𝑛,1,si 𝑘≥𝑛.
    3. El 90% de los días tiene alguna venta, así que: 𝑃(𝑋≥1)=0,9⇔𝑃(𝑋=0)=0,1⇒𝑎=0,1. Luego: 𝑃𝑋(𝑥)=𝑃(𝑋=𝑥)=⎧{ { {⎨{ { {⎩0,1,si 𝑥=0,1,8𝑥𝑛(𝑛+1),si 𝑥=1,2,…,𝑛,0,en otro caso. Como cada 30 días vende una media de 1.485 aparatos, la variable 𝑋 tiene una media 𝐸(𝑋) =1.48530 =49,5. La esperanza de 𝑋 es: 𝐸(𝑋)=𝑛∑𝑖=0𝑖⋅𝑃(𝑋=𝑖)=𝑛∑𝑖=1𝑖⋅1,8𝑖𝑛(𝑛+1)=1,8𝑛(𝑛+1)𝑛∑𝑖=1𝑖2(i)=1,8𝑛(𝑛+1)⋅𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1)6==1,8(2𝑛+1)6=0,3(2𝑛+1). Así que: 𝐸(𝑋)=49,5⇔0,3(2𝑛+1)=49,5⇔2𝑛+1=165⇔𝑛=82. Por tanto, como máximo puede vender 82 electrodomésticos diarios, con una probabilidad de 𝑃(𝑋=82)=1,8⋅8282⋅83=1,883=9415.
  2. La ecuación 𝑥2 +𝑦2 =17 es de la circunferencia de centro (0,0) y radio √17. Por otro lado, completando cuadrados en la segunda ecuación, observamos que 𝑥2+𝑦2=17𝑥⇔𝑥2−17𝑥+𝑦2=0⇔(𝑥−172)2−(172)2+𝑦2=0⇔(𝑥−172)2+𝑦2=(172)2. Luego esta es la ecuación de la circunferencia de centro (172,0) y radio 172. Hallamos sus puntos de intersección. {𝑥2+𝑦2=17,𝑥2+𝑦2=17𝑥⇒0=17−17𝑥⇔𝑥=1⇒𝑦=√17−1=±4. Con esta información, podemos representar la región del plano indicada. Figura Podemos dividir esta región en dos partes que en conjunto generan el mismo sólido al girar alrededor del eje. Figura
    • La primera parte es una semicircunferencia de radio √17, que al girar alrededor del eje 𝑂𝑋 genera una semiesfera del mismo radio con volumen: 𝑉1=12⋅43𝜋⋅(√17)3=2317√17𝜋=34√17𝜋3𝑢3.
    • La segunda parte es la región encerrada entre las funciones 𝑓(𝑥) =√17−𝑥2 y 𝑔(𝑥) =√17𝑥−𝑥2, con 0 ≤𝑥 ≤1. El volumen del sólido generado al girar esta región será la diferencia de los volúmenes generados por las regiones bajo las funciones 𝑓 y 𝑔, respectivamente. Así que: 𝑉2=𝜋∫10(√17−𝑥2)2𝑑𝑥−𝜋∫10(√17𝑥−𝑥2)2𝑑𝑥=𝜋∫10[(√17−𝑥2)2−(√17𝑥−𝑥2)2]𝑑𝑥==𝜋∫10(17−17𝑥)𝑑𝑥=𝜋[17𝑥−172𝑥2]10=𝜋(17−172)=17𝜋2𝑢3.
    Por tanto, el volumen del sólido generado es 𝑉=𝑉1+𝑉2=34√17𝜋3+17𝜋2=68√17𝜋+51𝜋6=17𝜋(4√17+3)6𝑢3.

Problema 3

  1. Calcule el límite de la sucesión definida por: 𝑎𝑛=1+2⋅2!+⋯+𝑛⋅𝑛!(𝑛+1)!.
  2. Encuentre los valores de 𝑥 para los cuales la serie ∞∑𝑛=1(−1)𝑛(𝑥+1)𝑛3𝑛𝑛2 es convergente.

Resolución
  1. Consideramos las sucesiones 𝑏𝑛=1+2⋅2!+⋯+𝑛⋅𝑛!y𝑐𝑛=(𝑛+1)!. Observamos que {𝑐𝑛} es estrictamente creciente y lím⁡{𝑐𝑛} = +∞. Además, se tiene que: lím⁡𝑏𝑛+1−𝑏𝑛𝑐𝑛+1−𝑐𝑛=lím⁡(𝑛+1)⋅(𝑛+1)!(𝑛+2)!−(𝑛+1)!=lím⁡(𝑛+1)⋅(𝑛+1)!(𝑛+1)!⋅(𝑛+2−1)=1. Como este límite existe, por el criterio de Stolz se tiene que: lím⁡𝑏𝑛+1−𝑏𝑛𝑐𝑛+1−𝑐𝑛=lím⁡𝑏𝑛𝑐𝑛=lím⁡𝑎𝑛=1.
  2. Observamos que se trata de una serie de potencias centrada en -1. Consideramos: 𝑎𝑛=(−1)𝑛(𝑥+1)𝑛3𝑛𝑛2. Para determinar el intervalo de convergencia de la serie, aplicamos el criterio del cociente a la serie de valores absolutos. lím⁡|𝑎𝑛+1||𝑎𝑛|=lím⁡|𝑥+1|𝑛+13𝑛+1(𝑛+1)2|𝑥+1|𝑛3𝑛𝑛2=lím⁡|𝑥+1|𝑛+1⋅3𝑛𝑛2|𝑥+1|𝑛⋅3𝑛+1(𝑛+1)2=lím⁡|𝑥+1|⋅𝑛23(𝑛+1)2=|𝑥+1|3. Observamos que: |𝑥+1|3<1⇔|𝑥+1|<3. Por tanto, la serie es absolutamente convergente si |𝑥 +1| <3 y divergente si |𝑥 +1| >3. Estudiamos los casos en los que |𝑥 +1| =3.
    • Si 𝑥 = −4, la serie es ∞∑𝑛=1(−1)𝑛⋅(−3)𝑛3𝑛𝑛2=∞∑𝑛=13𝑛3𝑛𝑛2=∞∑𝑛=11𝑛2, que es convergente.
    • Si 𝑥 =2, la serie es ∞∑𝑛=1(−1)𝑛⋅3𝑛3𝑛𝑛2=∞∑𝑛=1(−1)𝑛𝑛2, que es absolutamente convergente.
    Por tanto, la serie es convergente en el intervalo [ −4,2].

Problema 4

Para cada 𝑛 ∈ℕ no nulo y para cada 𝑎,𝑏 ∈ℂ considere la matriz 𝐴𝑛(𝑎)=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1+𝑎10…00𝑎1+𝑎1…000𝑎1+𝑎…00⋮⋮⋮⋱⋮⋮000…1+𝑎1000…𝑎1+𝑎⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠∈𝑀𝑛×𝑛(ℂ) y el sistema de ecuaciones 𝐴𝑛(𝑎)𝑋 =(0,0,…,𝑏)𝑡 con 𝑋 ∈𝑀𝑛×1(ℂ).

  1. Calcule los siguientes determinantes: det(𝐴1(𝑎)), det(𝐴2(𝑎)), det(𝐴3(𝑎)).
  2. Obtenga una relación lineal entre los determinantes de 𝐴𝑛(𝑎), 𝐴𝑛+1(𝑎) y 𝐴𝑛+2(𝑎).
  3. Halle, según los valores de 𝑎 y 𝑛, una expresión para el determinante de 𝐴𝑛(𝑎).
  4. Estudie el sistema 𝐴𝑛(𝑎) ⋅𝑋 =(0,0,…,𝑏)𝑡 según los valores de 𝑎, 𝑛 y 𝑏.

Resolución
  1. Calculamos los determinantes. det(𝐴1(𝑎))=1+𝑎,det(𝐴2(𝑎))=∣1+𝑎1𝑎1+𝑎∣=(1+𝑎)2−𝑎=1+𝑎+𝑎2,det(𝐴3(𝑎))=∣1+𝑎10𝑎1+𝑎10𝑎1+𝑎∣=(1+𝑎)3−2𝑎(1+𝑎)=𝑎3+3𝑎2+3𝑎+1−2𝑎2−2𝑎=1+𝑎+𝑎2+𝑎3.
  2. Para hallar una relación lineal entre los determinantes, desarrollamos el determinante de la matriz 𝐴𝑛+2(𝑎). det(𝐴𝑛+2)(𝐴)=∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣1+𝑎100…00𝑎1+𝑎10…000𝑎1+𝑎1…00⋮⋮⋮⋮⋱⋮⋮0000…1+𝑎10000…𝑎1+𝑎∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣fila 1==(1+𝑎)det(𝐴𝑛+1(𝑎))−∣ ∣ ∣ ∣ ∣𝑎10…0001+𝑎1…00⋮⋮⋮⋱⋮⋮000…1+𝑎1000…𝑎1+𝑎∣ ∣ ∣ ∣ ∣columna 1==(1+𝑎)det(𝐴𝑛+1(𝑎))−𝑎det(𝐴𝑛(𝑎)).
  3. Observamos que las expresiones de los primeros determinantes desarrollados en el apartado (a) apuntan a que: det(𝐴𝑛(𝑎))=1+𝑎+…+𝑎𝑛−1+𝑎𝑛,∀𝑛∈ℕ. Demostremos esta igualdad por inducción.
    • Si 𝑛 =1, se verifica que det(𝐴1(𝑎))=1+𝑎.
    • Supongamos que la igualdad se verifica hasta 𝑛 +1. En particular, se tiene que det(𝐴𝑛(𝑎))=1+𝑎+…+𝑎𝑛−1+𝑎𝑛,det(𝐴𝑛+1(𝑎))=1+𝑎+…+𝑎𝑛+𝑎𝑛+1. Veamos que la igualdad es cierta para 𝑛 +2. det(𝐴𝑛+2(𝑎))(b)=(1+𝑎)det(𝐴𝑛+1(𝑎))−𝑎det(𝐴𝑛(𝑎))==(1+𝑎)(1+𝑎+…+𝑎𝑛+𝑎𝑛+1)−𝑎(1+𝑎+…+𝑎𝑛−1+𝑎𝑛)==1+𝑎+…+𝑎𝑛+𝑎𝑛+1+𝑎+𝑎2+…+𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2−𝑎−𝑎2−…−𝑎𝑛−𝑎𝑛+1==1+𝑎+…+𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+2.
    Por tanto, det(𝐴𝑛(𝑎))=1+𝑎+…+𝑎𝑛−1+𝑎𝑛,∀𝑛∈ℕ.
  4. Consideramos el sistema 𝐴𝑛(𝑎)⋅𝑋=(00…𝑏)𝑡⇔⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1+𝑎10…00𝑎1+𝑎1…000𝑎1+𝑎…00⋮⋮⋮⋱⋮⋮000…1+𝑎1000…𝑎1+𝑎⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠⋅⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝𝑥1𝑥2𝑥3⋮𝑥𝑛−1𝑥𝑛⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠=⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝000⋮0𝑏⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠. Queremos estudiar cuándo se anula el determinante de la matriz de coeficientes 𝐴𝑛(𝑎). Observamos que: det(𝐴𝑛(𝑎))=1+𝑎+⋯+𝑎𝑛−1+𝑎𝑛=𝑛∑𝑘=0𝑎𝑘.
    • Si 𝑎 ≠1, det(𝐴𝑛(𝑎))=𝑛∑𝑘=0𝑎𝑘=𝑎𝑛+1−1𝑎−1. Se tiene que: det(𝐴𝑛(𝑎))=0⇔𝑎𝑛+1−1𝑎−1=0⇔𝑎𝑛+1=1⇔𝑎=𝑛+1√1. Luego el determinante se anula cuando 𝑎=𝛼𝑘=𝑒2𝑘𝜋𝑛+1𝑖,𝑘=1,2,…,𝑛.
    • Si 𝑎 =1, det(𝐴𝑛(𝑎))=𝑛∑𝑘=01=𝑛+1≠0.
    Así pues, si 𝑎 ≠𝛼𝑘 para todo 𝑘 ∈{1,2,…,𝑛}, la matriz de coeficientes tiene rango máximo y, por tanto, el sistema es compatible determinado. Supongamos ahora 𝑎 =𝛼𝑘 para algún 𝑘 ∈{1,2,…,𝑛}. En este caso, tenemos que det(𝐴𝑛(𝑎)) =0, mientras que: det(𝐴𝑛−1(𝑎))=𝑎𝑛−1+⋯+𝑎+1=𝑛−1∑𝑘=0𝑎𝑘=𝑎𝑛−1𝑎−1=𝛼𝑛𝑘−1𝛼𝑘−1=𝑒2𝑘𝑛𝜋𝑛+1𝑖−1𝑒2𝑘𝜋𝑛+1𝑖−1≠0. Así que rang⁡(𝐴𝑛(𝑎)) =𝑛 −1. Estudiamos el rango de la matriz ampliada: ⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝1+𝑎10…000𝑎1+𝑎1…0000𝑎1+𝑎…000⋮⋮⋮⋱⋮⋮0000…1+𝑎10000…𝑎1+𝑎𝑏⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠ Observamos que ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣1+𝑎10…00𝑎1+𝑎1…000𝑎1+𝑎…00⋮⋮⋮⋱⋮0000…1+𝑎0000…𝑎𝑏∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣columna 𝑛=𝑏∣ ∣ ∣ ∣ ∣1+𝑎10…0𝑎1+𝑎1…00𝑎1+𝑎…0⋮⋮⋮⋱⋮000…1+𝑎∣ ∣ ∣ ∣ ∣=𝑏det(𝐴𝑛−1(𝑎)). Como det(𝐴𝑛−1(𝑎)) =0, este determinante solo se anula cuando 𝑏 =0. Así pues, si 𝑏 =0, el rango de la matriz ampliada es 𝑛 −1, por lo que se trata de un sistema compatible indeterminado. En caso contrario, el rango es 𝑛, lo que conlleva que el sistema es incompatible. Por tanto:
    • Si 𝑎 ≠𝛼𝑘 para todo 𝑘 ∈{1,2,…,𝑛}, el sistema es compatible determinado.
    • Si 𝑎 =𝛼𝑘 para algún 𝑘 ∈{1,2,…,𝑛}, hay dos posibilidades:
      • Si 𝑏 =0, el sistema es compatible indeterminado.
      • Si 𝑏 ≠0, el sistema es incompatible.

Problema 5

  1. Un grupo de alumnos de 1º de ESO va a visitar las instalaciones deportivas de un equipo de baloncesto. Para dinamizar la visita, el club ha preparado una actividad para el alumnado. Sobre la cancha han colocado cierto número de pelotas de baloncesto. Si cada pelota dispuesta la toma un alumno distinto, quedarán 𝑛 alumnos sin haber cogido ninguna pelota. Sin embargo, si se montan equipos de 𝑛 alumnos alrededor de cada pelota dispuesta, quedarán libres 𝑛 pelotas. ¿Cuántas pelotas ha dispuesto el equipo de baloncesto para organizar la actividad?
  2. Dada la función 𝑓(𝑥)=𝑥ln⁡(𝑥).
    1. Represéntela.
    2. Calcule, según el valor de 𝑎 ∈ℝ, el número de soluciones de la ecuación 𝑥 −𝑎ln⁡(𝑥) =0.

Resolución
  1. Sean 𝑎 el número de alumnos y 𝑝 el número de pelotas, con 𝑎,𝑝 ∈ℕ. Se tiene que: {𝑎−𝑝=𝑛,𝑛(𝑝−𝑛)=𝑎. Resolvemos el sistema por sustitución. Como 𝑎 =𝑛 +𝑝, entonces: 𝑛(𝑝−𝑛)=𝑝+𝑛⇔𝑛𝑝−𝑛2=𝑝+𝑛⇔(𝑛−1)𝑝=𝑛2+𝑛⇔𝑝=𝑛2+𝑛𝑛−1. Si hacemos la división de polinomios, tenemos que: 𝑝=𝑛2+𝑛𝑛−1=𝑛+2+2𝑛−1. Como 𝑝,𝑛 ∈ℕ, las únicas posibilidades son 𝑛 =2 y 𝑛 =3.
    • Si 𝑛 =2, entonces 𝑝 =6 y 𝑎 =8.
    • Si 𝑛 =3, entonces 𝑝 =6 y 𝑎 =9.
    En cualquier caso, se ha dispuesto de 6 pelotas.
    1. El dominio de la función es Dom⁡(𝑓) =(0,1) ∪(1, +∞). Es inmediato ver que no tiene puntos de corte con los ejes ni presenta simetría. Se trata además de una función continua y derivable en todo su dominio.
      • Estudiamos la existencia de asíntotas verticales.
        • Para 𝑥 =0, lím𝑥→0−⁡𝑓(𝑥) no existe,lím𝑥→0+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→0+⁡𝑥ln⁡(𝑥)=0. Luego no tiene asíntota vertical en 𝑥 =0.
        • Para 𝑥 =1, lím𝑥→1−⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1−⁡𝑥ln⁡(𝑥)=10−=−∞,lím𝑥→1+⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→1+⁡𝑥ln⁡(𝑥)=10+=+∞. Luego la recta 𝑥 =1 es una asíntota vertical.
        Como no es una función racional y además lím𝑥→+∞⁡𝑓(𝑥)=lím𝑥→+∞⁡𝑥ln⁡(𝑥)=+∞, no tiene asíntota horizontal ni oblicua.
      • Para estudiar su monotonía, hallamos en primer lugar la derivada de la función. 𝑓′(𝑥)=ln⁡(𝑥)−𝑥⋅1𝑥ln2⁡(𝑥)=ln⁡(𝑥)−1ln2⁡(𝑥). Hallamos los puntos críticos igualando la derivada a cero. 𝑓′(𝑥)=0⇔ln⁡(𝑥)−1ln2⁡(𝑥)=0⇔ln⁡(𝑥)=1⇔𝑥=𝑒. Estudiamos el signo de la derivada.
        • Si 0 <𝑥 <1, 𝑓′(𝑥) <0. Así que 𝑓 es decreciente.
        • Si 1 <𝑥 <𝑒, 𝑓′(𝑥) <0. Así que 𝑓 es decreciente.
        • Si 𝑥 >𝑒, 𝑓′(𝑥) >0. Así que 𝑓 es creciente.
        Luego 𝑓 es creciente en (𝑒, +∞) y decreciente en (0,1) ∪(1,𝑒), con el punto (𝑒,𝑒) como mínimo relativo.
      • Para estudiar su curvatura, hallamos su segunda derivada. 𝑓″(𝑥)=1𝑥⋅ln2⁡(𝑥)−(ln⁡(𝑥)−1)⋅2ln⁡(𝑥)⋅1𝑥ln4⁡(𝑥)=ln2⁡(𝑥)−(ln⁡(𝑥)−1)⋅2ln⁡(𝑥)𝑥ln4⁡(𝑥)==−ln2⁡(𝑥)+2ln⁡(𝑥)𝑥ln4⁡(𝑥)𝑥≠1=−ln⁡(𝑥)+2𝑥ln3⁡(𝑥). Hallamos los candidatos a puntos de inflexión igualando la segunda derivada a cero. 𝑓″(𝑥)=0⇔−ln⁡(𝑥)+2𝑥ln3⁡(𝑥)=0⇔−ln⁡(𝑥)+2=0⇔ln⁡(𝑥)=2⇔𝑥=𝑒2. Estudiamos el signo de la segunda derivada.
        • Si 0 <𝑥 <1, 𝑓″(𝑥) <0. Así que 𝑓 es cóncava.
        • Si 1 <𝑥 <𝑒2, 𝑓″(𝑥) >0. Así que 𝑓 es convexa.
        • Si 𝑥 >𝑒2, 𝑓″(𝑥) <0. Así que 𝑓 es cóncava.
        Luego 𝑓 es convexa en (1,𝑒2) y cóncava en (0,1) ∪(𝑒2, +∞), con el punto de inflexión (𝑒2,𝑒22).
      Representamos la gráfica de la función con toda esta información. Figura
    2. Observamos que: 𝑥−𝑎ln⁡(𝑥)=0⇔𝑥=𝑎ln⁡(𝑥)𝑥≠0⇔𝑥ln⁡(𝑥)=𝑎⇔𝑓(𝑥)=𝑎. Luego el número de soluciones de esta ecuación se corresponde con el número de puntos de corte de la función 𝑓 con la recta horizontal 𝑦 =𝑎.
      • Si 𝑎 <0 hay un único punto de corte, así que la ecuación tiene una solución.
      • Si 𝑎 =0, 𝑥−0⋅ln⁡(𝑥)=0⇔𝑥=0. Así que tiene una solución.
      • Si 0 <𝑎 <𝑒 no hay puntos de corte, así que la ecuación no tiene ninguna solución.
      • Si 𝑎 =𝑒 hay un único punto de corte, así que la ecuación tiene una solución.
      • Si 𝑎 >𝑒 hay dos puntos de corte, así que la ecuación tiene dos soluciones.

Problema 6

En un triángulo Δ𝐴𝐵𝐶, la bisectriz interior del ángulo ∠𝐵𝐴𝐶, corta al lado 𝐵𝐶 en el punto 𝐷. Sea la circunferencia Γ, que pasa por el punto 𝐴 y es tangente a 𝐵𝐶 en el punto 𝐷. Si 𝑀 es el otro punto de intersección de Γ con el lado 𝐴𝐶 y la recta 𝐵𝑀 corta a la circunferencia Γ en el punto 𝑃, demuestre que 𝐴𝑃 es una mediana del triángulo Δ𝐴𝐵𝐷.

Resolución

Definimos 𝑁 como el punto de intersección de Γ con el lado 𝐴𝐵 y 𝑄 como el punto de intersección de la recta 𝐴𝑃 con el lado 𝐵𝐶. Figura

Queremos probar que 𝐴𝑃 es una mediana del triángulo 𝐴𝐵𝐷. Esto es equivalente a que 𝑄 sea el punto medio del segmento 𝐵𝑃, es decir, dist⁡(𝐵,𝑄) =dist⁡(𝐷,𝑄). Consideramos los triángulos 𝐴𝐵𝑄 y 𝐵𝑃𝑄. Figura

Veamos que los triángulos 𝐴𝐵𝑄 y 𝐵𝑃𝑄 son semejantes comprobando que dos de sus ángulos son iguales.

  • Los ángulos ̂𝐴𝑄𝐵 y ̂𝑃𝑄𝐵 son iguales por construcción.
  • Veamos que los ángulos ̂𝐵𝑃𝑄 y ̂𝑄𝐵𝐴 son iguales. Por el teorema de la bisectriz, tenemos que: ―――𝐴𝐵―――𝐴𝐶=―――𝐷𝐵―――𝐶𝐷. Como además ―――𝐶𝐷 +―――𝐷𝐵 =―――𝐵𝐶, entonces: {―――𝐶𝐷=―――𝐵𝐶−―――𝐵𝐷,―――𝐵𝐷=―――𝐵𝐶−―――𝐶𝐷.
    • Sustituyendo la expresión de ―――𝐶𝐷 en la igualdad del teorema, ―――𝐴𝐵―――𝐴𝐶=―――𝐵𝐷―――𝐵𝐶−―――𝐵𝐷⇔―――𝐴𝐵⋅―――𝐵𝐶−―――𝐴𝐵⋅―――𝐵𝐷=―――𝐴𝐶⋅―――𝐵𝐷⇔―――𝐵𝐷=―――𝐴𝐵⋅―――𝐵𝐶―――𝐴𝐵+―――𝐴𝐶.
    • Sustituyendo la expresión de ―――𝐵𝐷 en la igualdad del teorema. ―――𝐴𝐵―――𝐴𝐶=―――𝐵𝐶−―――𝐶𝐷―――𝐶𝐷⇔―――𝐴𝐵⋅―――𝐶𝐷=―――𝐴𝐶⋅―――𝐵𝐶−―――𝐴𝐶⋅―――𝐶𝐷⇔―――𝐶𝐷=―――𝐴𝐶⋅―――𝐵𝐶―――𝐴𝐵+―――𝐴𝐶.
    Por otro lado, podemos obtener nuevas expresiones mediante la potencia de la circunferencia Γ en 𝐵 y en 𝐶 usando el punto 𝑁.
    • La potencia de Γ en 𝐵 se puede expresar como: {PotΓ⁡(𝐵)=―――𝐵𝐴⋅―――𝐵𝑁,PotΓ⁡(𝐶)=―――𝐵𝐷2⇒―――𝐴𝐵⋅―――𝐵𝑁=―――𝐵𝐷2. Sustituyendo la expresión obtenida previamente de ―――𝐵𝐷, tenemos que: ―――𝐴𝐵⋅―――𝐵𝑁=(―――𝐴𝐵⋅―――𝐵𝐶―――𝐴𝐵+―――𝐴𝐶)2⇔―――𝐵𝑁―――𝐴𝐵=―――𝐵𝐶2(―――𝐴𝐵+―――𝐴𝐶)2.
    • La potencia de Γ en 𝐶 se puede expresar como: {PotΓ⁡(𝐶)=―――𝐶𝑀⋅―――𝐶𝐴,PotΓ⁡(𝐶)=―――𝐶𝐷2⇒―――𝐶𝑀⋅―――𝐴𝐶=―――𝐶𝐷2. Sustituyendo la expresión obtenida previamente de ―――𝐶𝐷, tenemos que: ―――𝐶𝑀⋅―――𝐴𝐶=(―――𝐴𝐶⋅―――𝐵𝐶―――𝐴𝐵+―――𝐴𝐶)2⇔―――𝐶𝑀―――𝐴𝐶=―――𝐵𝐶2(―――𝐴𝐵+―――𝐴𝐶)2.
    Igualando ambas expresiones, ―――𝐵𝑁―――𝐴𝐵=―――𝐶𝑀―――𝐴𝐶. Usando que ―――𝐴𝐶 =―――𝐴𝑀 +―――𝑀𝐶 y ―――𝐴𝐵 =―――𝐴𝑁 +―――𝑁𝐵, se tiene que: ―――𝐴𝑀―――𝐴𝐶=―――𝐴𝐶−―――𝐶𝑀―――𝐴𝐶=1−―――𝐶𝑀―――𝐴𝐶=1−―――𝐵𝑁―――𝐴𝐵=―――𝐴𝐵−―――𝐵𝑁―――𝐴𝐵=―――𝐴𝑁―――𝐴𝐵. Como además los triángulos 𝐴𝐵𝐶 y 𝐴𝑀𝑁 comparten el vértice 𝐴, son triángulos semejantes. Luego: ̂𝐵𝑃𝑄=̂𝑀𝑃𝐴=̂𝑀𝑁𝐴=̂𝐴𝐵𝐶=̂𝑄𝐵𝐴.
Así que los triángulos 𝐵𝑃𝑄 y 𝐴𝐵𝑄 son semejantes. Luego se tiene que: ―――𝐴𝑄―――𝐵𝑄=―――𝐵𝑄―――𝑃𝑄⇔―――𝐴𝑄⋅―――𝑃𝑄=―――𝐵𝑄2=dist⁡(𝐵,𝑄)2. Usando la potencia de la circunferencia Γ en 𝑄, tenemos que: {PotΓ⁡(𝑄)=―――𝑄𝐴⋅―――𝑄𝑃,PotΓ⁡(𝑄)=―――𝑄𝐷2.⇒―――𝐴𝑄⋅―――𝑃𝑄=―――𝐷𝑄2=dist⁡(𝐷,𝑄)2. Por tanto, dist⁡(𝐵,𝑄)2=dist⁡(𝐷,𝑄)2⇒dist⁡(𝐵,𝑄)=dist⁡(𝐷,𝑄).