PROBLEMAS DE OPOSICIONES MADRID (25/06/2010)

Transcripción

1 Academia DEIMOS OPOSIIONES A PROFESORES DE SEUNDARIA Y DIPLOMADOS EN ESTADÍSTIA DEL ESTADO.I.F. B / Ferádez de los Ríos 75, º Izda. (Metro : Mocloa) MADRID academia@academiadeimos.es PROBLEMAS DE OPOSIIONES MADRID (5/06/00) PROBLEMA. a) Dado u triágulo AB de águlos agudos, hállese u puto P tal que la suma de sus distacias a los vértices A, B y sea la meor posible. b) Sobre los lados del triágulo AB se forma triágulos equiláteros BA, AB y AB costruidos hacia fuera del mismo. Demuestre que los segmetos rectilíeos AA, BB y so iguales, que cocurre e u mismo puto y que forma etre sí águlos de 60º. Este problema figura resuelto e la págia 6 del [Vol. ] de Problemas de Oposicioes de Editorial Deimos. Puede cosultarse tambié las págias 6 y 6 del mismo volume. Solució: a) Deotemos por g el giro de cetro B y águlo 60º, y sea D = g( A), como se idica e la figura. Obsérvese que el triágulo ABD es equilátero, pues BA = BD y el águlo e el vértice B mide 60º. Ahora, para cualquier puto P deotamos Q = g( P), co lo que tambié el triágulo PBQ es equilátero, pues BP = BQ y el águlo e el vértice B mide 60º. omo los giros preserva la distacia, PA = QD, lo que juto co lo aterior os D Q A dice que la suma de distacias de P a los vértices A, B y vale α = 60º P d ( P) = PA + PB + P = DQ + QP + P B que es la logitud de líea quebrada de la figura. E cosecuecia, el puto P para el que esta catidad es míima es aquél para el que esta líea quebrada es ua recta. Por tato, habrá que tomar P sobre la recta r que ue y D.

2 Veamos qué más codicioes ha de cumplir el puto P, para lo que aalizamos la siguiete figura, e la que P ya está situado sobre la recta r. La clave radica e observar que puesto que los giros preserva águlos y el D Q α = 60º A P triágulo PBQ es equilátero, se tiee APB = DQB = 80º PQB = 0º B omo ADB = 60º, por ser el triágulo ABD equilátero, resulta que APB + ADB = 0º + 60º = 80º luego los águlos co los que se ve el segmeto AB desde D y P so suplemetarios. Esto supoe que P perteece a la circuferecia Γ que pasa por A, B y D. Esta circuferecia corta a la recta r que ue co D e los putos D y P, luego P =Γ ( r { D} ) es el puto buscado. b) E la costrucció aterior, deotamos D =. Hemos probado que el puto P que miimiza la suma de distacias a los vértices A, B y perteece a la recta r que ue co. Más aú, se ha demostrado que dicha suma de distacias vale d( P) =. omo los roles de los vértices del triágulo de partida so itercambiables deducimos que, co las otacioes de este apartado, el puto P tambié perteece a las rectas r A y r B que ue A co A y B co B. Esto proporcioa ua costrucció alterativa del puto P, pues P = ra r, y e particular prueba que los segmetos AA, BB y so cocurretes. Además demuestra ua de las igualdades pedidas e este apartado ya que, por simetría, A AA = BB = = d ( P). Por último, recordemos que e a) se probó que APB = 0º, luego ( ra, rb) = BPA = 60º. Por la misma razó, ( r, r ) = ( r, r ) = 60º, como queríamos probar. A B B A P B OBSERVAIÓN Si se llama f a la fució que asiga a cada puto del plao e el que se sitúa el triágulo AB la suma de sus distacias a los vértices A, B y, la costrucció precedete muestra que si todos los águlos del triágulo AB so meores que 0º, eiste u puto P e el iterior del triágulo

3 que miimiza la restricció de f al iterior del triágulo. Resulta, además, que e este puto se alcaza el míimo de f e todo el plao. Este puto recibe el ombre de puto de Fermat. Si embargo, cabría pregutarse qué sucedería si alguo de los águlos, digamos el águlo e A, es mayor o igual que 0º. Si se repite e este caso la costrucció aterior se obtiee como solució, bie u puto Q eterior a la regió ecerrada por el triágulo, bie el propio A. E cualquiera de ambos casos, se comprueba que la fució f es míima e A, por lo que A es el puto solució del problema. PROBLEMA. Se cosidera la ecuació a) alcule sus raíces. = 0, dode es u úmero etero positivo. b) Demuestre que, para ± y >, se cumple la igualdad: π π ( ) π = cos cos cos c) Aplicació: Halle el valor del producto π π ( ) π se se se Este problema, e esecia, ha sido propuesto e varias covocatorias ateriores. Puede cosultarse las págias 99 y 00 del [Vol. ] y 45, 45, 454, 554 y 555 del [Vol. ] de Problemas de Oposicioes de Editorial Deimos. Solució: a) Las solucioes e el campo complejo de la ecuació = so las raíces -ésimas de la i/ i/ uidad, a saber, los úmeros complejos = e = e, para k = 0,,,,. Obsérvese que para k = 0 y k =, se obtiee las raíces reales y, y que las raíces complejas restates puede agruparse e parejas de raíces cojugadas etre sí, por ser, para cada k =,, : e = e e = e = e ( k) π i/ π i k π i/ k π i/ k π i/ b) Segú lo obteido e el apartado a), el poliomio se descompoe e mediate: k i/ k i/ k i/ ( π ) ( )( ) ( π ) ( ) ( π ) = e = + e = e k= 0 k= k= k k Agrupado ahora segú las parejas de raíces cojugadas como se idicó e a), podemos escribir:

4 k i/ k i/ k i/ π ( k) πi/ π π ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) = e e = e e k= k= omo es ( )( ) ( ) aterior queda: e e = e + e + = cos +, el producto i/ i/ i/ i/ y de aquí se cocluye que, si ± : = ( ) cos + k = = cos + k = c) Tomado ahora límites cuado e ambos miembros de la igualdad se obtiee: Para el primer miembro, co la ayuda de la Regla de L Hôpital: lim = lim = Para el segudo, como es ( ) cos = cos se = se, resulta: + = = = = lim cos cos cos se k= k= k= k= = se k = Si ahora igualamos el valor de ambos límites, se obtiee: = se, es decir, k = k = se = k y como es se π > 0 para cada k =,,,, resulta que: k = se = = 4

5 PROBLEMA. Se tiee tres bolsas coteiedo bolas umeradas,,,,. Se etrae al azar ua bola de cada bolsa y sea, y, z los úmeros de las bolas etraídas. Halle la probabilidad de que + y = z. Este problema figura resuelto e la págia 7 del [Vol. ] y e la 85 del [Vol. ] de Problemas de Oposicioes de Editorial Deimos. Tambié ha sido propuesto e Murcia 006. ª solució El espacio muestral asociado a este eperimeto es el cojuto Ω de teras ordeadas ( yz,, ) tales que yz,, {,,, }, de modo que el úmero de casos posibles del eperimeto es card( Ω ) =. Para determiar el úmero de casos favorables a que sea + y = z, cosidérese que, por lo proto, debe ser z {,,, } y que, para cada uo de estos valores z, el par ( y, ) sólo puede ser alguo de los z pares (, z ), (, z ),, ( z, ). Siedo así, el úmero total de casos favorables es: ( ) ( z ) = ( ) = z = La probabilidad que se pide es etoces: ( ) p [ + y= z] = = ª solució Segú el teorema de la probabilidad total, la probabilidad de que sea + y = z puede obteerse como la suma: p [ + y= z] = pz [ = k] p [ + y= z/ z= k] = pz [ = k] p [ + y= k] k= k= () Para k = es evidete que p [ + y= ] = 0, mietras que si k {,, }, teiedo e cueta la idepedecia de las variables aleatorias e y, es: k k p [ + y= k] = p [ = j, y= k j] = p [ = j] py [ = k j] j= j= omo las variables, y, z so uiformes, p [ = j] = py [ = k j] = pz [ = k] =, así es que: k k k p [ + y= k] = = = j= j= 5

6 Sustituyedo e () se obtiee la probabilidad pedida, que es: k p [ + y= z] = pz [ = k] p [ + y= k] = = ( k ) = k= k= k= OBSERVAIÓN Bajo otra iterpretació, puede pesarse que la probabilidad pedida es la de que el úmero que figura e ua cualquiera de las bolas etraídas sea la suma de los úmeros que figura e las otras dos bolas. o esta suposició, el suceso cuya probabilidad se pide es el cojuto: A= {(,, ) Ω : i = j + k, dode i, j, k {,, } co i j k}. omo ya se ha dicho ateriormete, el úmero de casos favorables al suceso [ + = ] es ( ); que será el mismo úmero de casos favorables a los sucesos [ + = ] y [ + = ], y por lo tato: ( ) ( ) p( A) = =. PROBLEMA 4. Sea f ua fució real de variable real, f ( ),tal que ( ) f lim e = alcule razoadamete f () 0, f () 0 y f () 0. Este problema figura resuelto e la págias 44, 44 y 44 del [Vol. 4] de Problemas de Oposicioes de Editorial Deimos. Solució: Para que el límite del euciado tega setido debe ser, e u etoro reducido del orige, + + >. Así, si se tiee e cueta que, para cada a > 0, es f ( ) 0 escribir dicho límite como: a = e, podemos b bla ( ) L lim L f e = lim lime e = = 0 f ( ) ( ) f de dode se deduce: 6

7 y de aquí es imediato que f ( ) L = lim L lim = 0 f ( ) ( + + ) f ( ) ( + + ) f ( ) L lim L lim = = = 0 o lo que es equivalete, f ( ) lim =, lo que a su vez supoe que f ( ) lim = 0 0 E cosecuecia, por la cotiuidad de f, se tiee y, segú esto, f ( ) f () 0 = lim f ( ) = lim = 0 0 = f ( ) f () 0 f ( ) f () 0 = lim = lim = Para el cálculo de f ( 0), recurrimos a la fórmula de Mac-Lauri. Por ser f ( ), para cada eiste c compredido etre 0 y tal que: f () 0 f () 0 f ( c )!!! f ( ) = f () omo es f () 0 = f () 0 = 0, resulta, para cada 0 : 0 y etoces f ( ) f () 0 f ( c ) = +!! f ( ) f () 0 f ( c ) lim L lim L = = !! Si reparamos ahora e que los ifiitésimos L ( + z) y z so equivaletes cuado z 0 y e que lim 0 f ( c) = f () 0 por ser c < y f ( ), el límite aterior puede escribirse como: f () 0 f ( c ) f () 0 f ( c) = lim L lim = + + =!! 0!! 7

8 f () 0 f ( c ) f () 0 f () 0 f () 0 = lim !! = + + = +!! y de aquí que f () 0 = 4. 8