Hoja de Problemas nº1 – Algebra 1
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1. Hallar un número cuadrado perfecto de cinco cifras sabiendo que el productode esas cinco cifras es 1568.
Solución:
Sea n2 = x1 · 104 + x2 · 103 + x3 · 102 + x4 · 10 + x5 el número que buscamos y
sea n = a · 102 + b · 10 + c la raíz cuadrada del número que buscamos.
Entonces debe ocurrir que:
x1 · 104 + x2 · 103 + x3 · 102 + x4 · 10 + x5 =
= a2 · 104 + 2ab103 + (b2 + 2ac) · 102 + 2bc10 + c2
Por otro lado sabemos que 1568 = 72 · 25, entonces se tiene que n2 debe estarformado por las siguientes posibles cifras:
1) 7, 7, 8, 4, 12) 7, 7, 8, 2, 23) 7, 7, 4, 4, 2
La opción 2) no es posible porque un cuadrado no puede tener nunca como cifra delas unidades un 7, un 8 o un 2.
Por otro lado la opción 3) tampoco puede ser, pues la suma de sus cifras es 24, quees dursible por 3, pero no por 9, por lo tanto no pueden formar un cuadrado perfecto.
Por lo tanto las cifras de n2 deben ser 7, 7, 8, 4, 1 y bajo estas condiciones se tieneque x5 debe ser 1 o 4 y x4 debe ser par. Entonces se tiene que los posibles valores de n2
son:
17784 77841 7478171784 78741 7748177184 87741 47781
Pero de todos ellos el único que es un cuadrado perfecto es:
77841 = (279)2
Entonces:N2 = 77841
2. Encontrar un número “abcd” de 4 cifras en base 12, tal que es cuadradoperfecto y además los números “ab” y “cd” son consecuentes en base 12.
Solución:
Como bien nos dice el problema, se tiene que ab + 1 = cd,
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y por otro lado1000012) ≤ abcd < 10000012)
⇒ Pasando la desigualdad a base 10, se tiene que 1728 ≤ n2 < 20738
donde denotamos por n2 el número abcd pero en base 10.
Entonces tenemos que 42 ≤ n < 144
Por otro lado tenemos que abab = abcd – 1 ⇒
⇒ a · 123 + b · 122 + a · 12 + b = 145(12ª + b) = n2 – 1 ⇒
⇒ 29 · 5 · (12ª + b) = (n – 1)(n + 1).
Por lo tanto (n – 1) o (n + 1) deben ser múltiplos de 29 y como 42 ≤ n < 144,entonces:
• Si n – 1 es múltiplo de 29, y como (n – 1)(n + 1) debe ser múltiplo de 5entonces n = 59 ⇒ n2 = 3481 = 202112) que verifica las condiciones.
• Si n + 1 es múltiplo de 29 y como (n – 1)(n + 1) debe ser múltiplo de 5entonces n = 86 ⇒ n2 = 7396 = 434412) que verifica las condiciones del problema.
Por lo tanto hay dos soluciones posibles para este problema:
n1 = 202112) y n2 = 434412)
3. En un sistema de numeración cuya base se desconoce, dos números se escriben302 y 402. El producto de ambos números es 75583 en el sistema de numeraciónde base 9. Hallar la base desconocida.
Solución:Tenemos que:
302n) · 402n) = 755839)
Entonces pasándolo a base diez se tiene que:
(3 · n2 + 2)(4 · n2 + 2) = 7 · 94 + 5 · 93 + 5 · 92 + 8 · 9 + 3 ⇒
⇒ (3n2 + 2)(4n2 + 2) = 50052 ⇒
⇒12n4 + 6n2 + 8n2 + 4 = 50052 ⇒ 12n4 + 14n2 – 50048 = 0 ⇒
⇒ 6n4 + 7n2 – 25024 = 0, haciendo n2 = m tenemos:
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6m2 + 7m – 25024 = 0 ⇒ m = =+±−12
600576497
64
= =±−12
7757
-65´1 6)
lo rechazamos
⇒ n2 = 64 ⇒ n1= 8 o n2 = -8 que lo rechazamos ⇒ la soluciónes n1 = 8
4. Demuestre que para todo número natural n, n ≥≥ 1, se tiene:
∑ ∑+= =
+−=n
nk
n
m
m
mk
2
1
2
1
1)1(1
Solución:
Sea
−=ΙΝ∈=Α ∑ ∑
+= =
+n
nk
n
m
m
mkn
2
1
2
1
1)1(1/
ι) ¿1∈Α?
∑=
=2
2 211
k k ⇒ 1∈Α
∑=
+
=−=−+−=−2
1
321
21
21
12)1(
1)1()1(
m
m
m
ιι) Supongamos cierto que n∈Α, es decir: ∑ ∑+= =
+−=n
nk
n
m
m
mk
2
1
2
1
1)1(1.
Veamos si (n + 1)∈Α, ¿ ∑ ∑+
+=
+
=
+−=22
2
22
1
1)1(1n
nk
n
m
m
mk?
∑ ∑ ∑+
+=
+
+= += ++
++
+−=+
+−
+=
22
2
22
2
2
1 221
121
1111
11
111n
nk
n
nk
n
nk nnnkknnk=
∑ ∑= =
++++
=+
−++
−+−=+
++
−+
+−=n
m
n
m
nnmm
nnmnnnm
2
1
2
1
322211
22)1(
12)1()1(
121
11
121)1(
∑+
=
+−=22
1
1)1(n
m
m
m⇒ (n + 1)∈Α
⇒ Α = ΙΝ
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5. Hallar un número de cinco cifras diferentes que sea igual a la suma de todos losde tres cifras que se pueden obtener formando todas las variaciones ordinariasde dichas cinco cifras tomadas de tres en tres.
Solución:Supongamos que N = x1x2x3x4x5 es el número pedido con x1 ≠ 0, porque si
no, no tendría cinco cifras.
Como con esas cinco cifras queremos formar números de tres cifras se tiene quehay V5,3 = 60 posibilidades, de las cuales hay 12 que tienen una cifra determinadaen una posición determinada.
Por tanto tenemos que:
12(x1 + x2 + x3 + x4 + x5) + 12(x1 + x2 + x3 + x4 + x5) · 10 +
+ 12(x1 + x2 + x3 + x4 + x5) · 100 = 1332(x1 + x2 + x3 + x4 + x5)
y por lo tanto:
N = 1332(x1 + x2 + x3 + x4 + x5)
Entonces N es múltiplo de 9 porque 1332 lo es, y utilizando el criterio dedivisibilidad del 9 se tiene que:
x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 9t
y dado que todas las cifras son distintas entre si, su suma estará entre:
1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 y 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 35
⇒ 15 ≤ x1 + x2 + x3 + x4 + x5 ≤ 35
Por lo tanto los únicos valores posibles de t son t = 2 y t = 3.
• Si t = 2 entonces N = 1332 · 9 · 2 = 23976, y como la suma de sus cifrases 27 ≠ 18 = 9 · 2 entonces contradice que x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 9t⇒ Este número no es el buscado.
• Si t = 3 entonces N = 1332 · 9 · 3 = 35964 y como
3 + 5 + 9 + 6 + 4 = 27 = 9 · 3 entonces N = 35964 es la solución del problema.
6. Dados los códigos ordenados de cinco letras entre las ocho: A, B, C, D, E, F, G,H (repetidas o no, se pide hallar:
a) Número total de códigos.b) 1) Número de ellos con una sola letra repetida dos veces. Ejemplo: ABACH.
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2) Número de ellos con dos letras repetidas dos veces cada una. Ejemplo:ABBCA.3) Número de ellos con una letra repetida tres veces. Ejemplo: ABAAE.4) Número de ellos con una letra repetida tres veces y otra dos. Ejemplo:AABAB.5) Número de ellos con una letra repetida cuatro veces.6) Número de ellos con una letra repetida cinco veces.7) Número de los que no estén comprendidos en los grupos anteriores.8) Supuestas ordenadas las letras alfabéticamente, calcular el número decódigos formados por cinco letras consecutivas en dicho orden. Ejemplo:DGFHE.
c) Supuesto el orden lexicográfico entre los códigos, hallar el que correspondeal 1729.
Solución:a) El número total de códigos viene dado por las variaciones con repetición de 8
elementos tomados de 5 en 5.
VR8,5 = 85 = 32768
b) 1) C5,2 · 8 · V7,3 = 16800
2) C5,2 · C3,2 · C8,2 · 6 = 5040
3) C5,3 · 8 · V7,2 = 3360
4) C5,3 · 8 · 7 = 560
5) C5,4 · 8 · 7 = 280
6) C5,5 · 8 = 8
7) Le restamos al total de códigos posibles la suma de los anteriores:32768 – 26048 = 6720
8) Elegidas cinco letras consecutivas el número de formas diferentes deordenarlas es P5 = 5! = 120 y como hay cuatro formas diferentes de elegircinco letras consecutivas entre ocho, se tiene que:
4 · 120 = 480
c) Si definimos la aplicación f = A, B, C, D, E, F, G, H → 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7dada por: f(A) = 0, f(B) = 1, f(C) =2, f(D) = 3, f(E) = 4, f(F) = 5, f(G) = 6, f(G) = 7.El orden lexicográfico de los códigos coincide con el orden de los números en base a 8,por ejemplo: el 00000 corresponde a AAAAA entonces la posición 1729 en verdad es elnúmero 1728 según nuestra aplicación, es decir 1728 = 033008) = ADDAA.
Entonces la solución es ADDAA
7. Dos mujeres y tres hombres suben a un ascensor en la planta baja de unedificio de seis pisos. Averiguar de cuantas maneras se pueden bajar del
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ascensor, sabiendo que en un mismo piso no pueden bajar personar de distintosexo.
Solución:Hay que tener en cuenta dos posibilidades a la hora de contar, y es que las mujeres
se pueden bajar en la misma planta o en distintas plantas.
• Si las mujeres se bajan, las dos, en la misma planta tenemos cinco formasdiferentes de que se bajen, ya que como se suben en la planta baja, se pueden bajar encualquiera de las otras cinco plantas. Para cada una de las cinco formas de bajarse las
mujeres hay 20!3!·3
!63
143==
−+ formas de bajarse los hombres, que son las
combinaciones con repetición de 4 elementos tomados de 3 en 3.
• Si las mujeres se bajan en pisos distintos se tiene que hay 102
5=
formas
diferentes de bajarse, y los hombres tendrán 103
133=
−+formas diferentes de
bajarse, combinaciones con repetición de 3 elementos tomados de 3 en 3.
Por lo tanto:
N = 5 · 20 + 10 · 10 = 200 ⇒ El resultado es N = 200
8. Determinar el número máximo de puntos de intersección de las diagonales deun polígono convexo de n lados:a)Contenidos en el interior de aquel.b) Situados en su exterior.
Solución:a) Cada cuatro vértices distintos del polígono definen dos diagonales que se cortan
en un punto de intersección interior. Entonces:
Pi =
4
n
b) Para poder calcular los puntos exteriores de intersección entre las diagonales,vamos a calcular los puntos de intersección totales entre las diagonales y luegorestaremos las interiores, obtenemos así los puntos de intersección exteriores entre lasdiagonales.
Como tenemos n vértices y n lados, entonces tenemos 2
)3(2
−=−
nnn
n
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Diagonales distintas (que no son los lados del triángulo). Como en cada vértice
concurren n - 3 diagonales, tenemos por lo tanto que hay
−2
3n
diagonales que se cortan en cada vértice. Como cada dos diagonales hay un punto deintersección se tiene que:
PT = 8
)147)(3(2
3
22
3( 2 +−−=
−−
−nnnnn
nnn
Entonces tenemos los puntos exteriores de intersección entre las diagonales vienendados por:
Pe = PT – Pi = 12
)5)(4)(3(48
)147)(3( 2 −−−=
−+−− nnnnnnnnn
Entonces las soluciones son:
a) Pi =
4
n
b) Pe = 12
)5)(4)(3( −−− nnnn
Hoja de Problemas nº2 – Algebra II
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9. Hallar un número de cuatro cifras que sea igual al cubo de la suma de lascifras.
Solución:
Sea x1x2x3x4 el número buscado con x1 ≠ 0 ya que si no, no seria de cuatro cifras.
Tenemos que x1x2x3x4 = (x1 + x2 + x3 + x4)3 y como
1000 ≤ x1x2x3x4 < 10000 ⇒ 1000 ≤ (x1 + x2 + x3 + x4)3 < 10000 ⇒
⇒ 10 ≤ (x1 + x2 + x3 + x4) ≤ 21
Como todo número se puede escribir de la forma 3n – 1, 3n o 3n + 1, entoncesel cubo de dicho número, es decir, x1x2x3x4 se puede escribir de la forma 9K – 1,9K, 9K + 1, y aplicando el criterio de divisibilidad del 9, se tiene que x1 + x2 + x3 + x4 es de la forma 9K – 1, 9K o 9K + 1, es decir, quex1 + x2 + x3 +x4 tiene que ser el 10, el 17, el 18 o el 19. Entonces:
103 = 1000 ≠ 13 → Este número no es solución.
173 = 4913 = (4 + 9 + 1 + 3)3 = 173 ⇒ Es solución del problema.
183 = 5832 = (5 + 8+ 3 + 2)3 = 183 ⇒ Es solución del problema.
193 = 6859 ≠ (6 + 8 + 5 + 9)3 = 283 ⇒ Este número no es solución.
La solución del problema es:
n1 = 4913 n2 = 5832
10. Hallar en el sistema de base 9 un número formado por tres cifras significativas,tal que transportado al sistema de base 13 se escriba con las tres mismas cifras.
Solución:Sea N el número buscado, como tiene las tres mismas cifras significativas en
base 9 y en base 13 se tiene que 132 ≤ N < 93 ⇒ 169 ≤ N ≤ 728, o lo que es lomismo 10013) ≤ N ≤ 44013).
Supongamos que N = x1x2x3)13 entonces por lo dicho anteriormente se tiene
que 1 ≤ x1 ≤ 4, 0 ≤ x2 ≤ 8 y 0 ≤ x3 ≤ 8.
Entonces:
a) Si N = x1x2x3)9⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x1 + 9x2 + x3 ⇒
⇒ 88x1 + 4x2 = 0 que no tiene solución.
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b) Si N = x1x3x2)9⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x1 + 9x3 + x2 ⇒
⇒ 88x1 + 12x2 = 8x3 pero 8x3 ≤ 64 < 88x1 + 12x2 ⇒
⇒ No tiene solución.
c) 160x1 = 68x2 ⇒ 40x1 = 17x2 pero 40x1 con 1 ≤ x1 ≤ 4 no es múltiplo de 17 ⇒
⇒ No tiene solución.
d) Si N = x2x3x1)9 ⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x2 + 9x3 + x1 ⇒
⇒ 42x1 = 17x2 + 2x3 donde x2 ha de ser par:
• para x1 = 1 ⇒ 42 = 17x2 + 2x3 con x2 = 2 y x3 = 4
• para x1 = 2 ⇒ 84 = 17x2 + 2x3 ⇒ x2 = 4 y x3 = 8
• para x1 = 3 ⇒ 126 = 17x2 + 2x3 que no tiene solución
• para x1 = 4 ⇒ 168 = 17x2 + 2x3 que no tiene solución.
e) Si N = x3x1x2)9 ⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x3 + 9x1 + x2 ⇒
⇒ 160x1 + 12x2 = 80x3 ⇒ 40x1 + 3x2 = 20x3 ⇒ 3x2 = 20(x3 – 2x1) ⇒
⇒ x3 – 2x1 tiene que ser múltiplo de 3 ⇒
⇒ tenemos:
• x1 = 1, x2 = 0, x3 = 2
• x1 = 2, x2 = 0, x3 = 4
• x1 = 3, x2 = 0, x3 = 6
• x1 = 4, x2 = 0, x3 = 8
porque si x3 – 2x1 ≥ 3 ⇒ x2 > 8
f) Si N = x3x2x1)9 ⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x3 + 9x2 + x1 ⇒
⇒ 168x1 + 4x2 = 80x3 ⇒ 42x1 + x2 = 20x3 ⇒ x2 tiene que ser par, es decir,
x2 = 2(10x3 – 21x1), pero como 1≤ x1 ≤ 4 ⇒ 10x3 – 21x1 es mayor que 6 ⇒
⇒ No hay solución.
Las soluciones son:
Base 9 214 482 210 420 630 840Base 13 124 248 102 204 306 408
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11. Probar que 11n – 4n es múltiplo de 7.
Solución:
Sea A = n∈Ð/11n – 4n = 7k
ι) ¿1∈A?
11 – 4 = 7 ⇒ 1∈A
ιι) Supongamos cierto que n∈A, es decir: 11n – 4n = 7k
Veamos si n + 1∈A, ¿11n+1 – 4n+1 = 7k1?
11n+1 – 4n+1 = 11 · 11n – 4 · 4n = (7 + 4) · 11n – 4 · 4n =
= 7 · 11n + 4 · 11n – 4 · 4n = 7 · 11n + 4(11n – 4n) =
= 7 · 11n + 4 · 7k = 7(11n + 4k) = 7k ⇒ n + 1 + 1∈A
⇒ A = Ð
12. Los coeficientes de los términos tn, tn+1 , tn+2 que ocupan los lugares n, n+1, n+2en el desarrollo de (a + b)14 están en progresión aritmética. Calcular n sabiendoque es menor que 7.
Solución:
El desarrollo del binomio de Newton para (a + b)14 es (a + b)14 = ∑=
−
14
0
1414
j
jjbaj
Entonces las posiciones n, n + 1 y n + 2 las ocupan los términos:
tn = nnn
nnn
nn ban
tban
tban
−++
−+
−−
+
=
=
−
1312
141
151
1
14;
14;
1
14
y como los coeficientes están en progresión aritmética, se tiene que:
−
+
=
−
−
nnnn
14
1
14
1
1414
⇒ )!14(!
!14)!13()!1(
!14)!15)(1(
!14)!14(!
!14nnnnnnnn −
−−+
=−−
−−
pero multiplicando por !14
)!13()!1( nn −−nos queda:
)14(1
)1(1
)15)(14(1
)14(1
nnnnnnnn −−
+=
−−−
−⇒
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⇒ (n + 1)(15-n) – n(n + 1) = (14 – n)(15 – n) – (n + 1)(15 – n) ⇒
9
⇒ n2 – 14n + 45 = 0 ⇒ n = =±=−±2
4142
18019614
5
pero como n < 7 ⇒ n = 5
13. Se colocan al azar n bolas en n urnas. Calcular las probabilidades siguientes: a) de que las n urnas queden ocupadas b) de que quede una sola urna vacía
Solución:a) El número de cosas favorables es n! que son las n formas diferentes de colocar n
bolas en n urnas (permutaciones sin repetición de n elementos).Entonces:
P = nn
n!
b) El número de cosas posibles es nn que es el número de variaciones con repeticiónde n elementos tomados de n en n.
El número de cosas favorables viene dado por:
• Primero elegimos que urnas vamos a dejar vacía entre las n que hay y esto es
nn
=
1
.
• Segundo elegimos que urna va a tener dos bolas, porque las demás van a tener
una, y esto es .11
−=
−n
n
n
• Tercero elegimos que dos bolas de las n que hay vamos a situar en la urna que
tendrá dos bolas, esto es, 2
)1(2
−=
nnn.
• Y por último situemos las (n – 2) bolas restantes en las (n – 2) urnas restantes ⇒(n – 2)!
Entonces las cosas favorables son: )!2(2
)1()1( −−− n
nnnn
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Entonces la probabilidad es:
2
2
·2)!2()1()!2(
2)1(
)1(−
−−=−−−
=nn nnn
n
nnn
nnP
Soluciones:
a) nn
nP
!=
b) 2
2
2)!2()1(
−
−−=nnnn
P
14. En un armario hay n pares de zapatos distintos, es decir, cada par es diferentede los restantes pares. Se toman r zapatos al azar. Se pide la probabilidad deque entre los zapatos elegidos aparezcan exactamente h pares.
Solución:
El número de casos posibles es
r
n2que son el número de combinaciones de 2n
elementos tomados de r en r.
El número de casos favorables viene dado por:
• Primero elegimos h pares entre los n que hay, esto es:
h
n
• En segundo lugar debemos elegir entre los (n – h) pares que quedan los r – 2h de
los cuales vamos a sacar un zapato de cada uno, esto es:
−−
hr
hn
2
• Y por último, hay
1
2 formas de elegir un zapato de las dos que hay en cada par,
de manera que nunca elijamos un par completo.
Entonces hay n = 22
−−
hr
hn
n
ncasos favorables.
Entonces la probabilidad viene dada por:
−−
=
r
n
hr
hn
n
n
P2
22
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15. Resolver en 997 el sistema:
=++=−+=+−
545
123
252
zyx
zyx
zyx
Solución:
=++=−+=+−
545
123
252
zyx
zyx
zyx
⇒ →
−
−
−=−=
13312
'2
5'3
5
12
145
213521
FFFFFF
→
−−
−−
−
5
52
24140
1770521
→24
252
0
22
000
400521
2
22
400
400521
233' ==+−
⇒
− →
−
−= z
zyxFFF
⇒ z = 4 ⇒ x – 2y + 20=2 → x = 2y – 18 ⇒ x = 2y + 3
⇒
=+=
4
32
z
yx con y∈97
16. Demostrar que siendo n un número entero, la expresión
245 35
++−
nnnn
siempre es divisible por 24.
Solución:
Sea xn = 2
45 35
++−
nnnn
Vamos a intentar factorizar el numerador ya que, si uno de los factores fuese elpropio (n + 2) podríamos simplificar la expresión.
n5 – 5n3 + 4n = n(n4 – 5n2 + 4) = n(n2 – 4)(n2 – 1) = n(n – 2)(n + 2)(n – 1)(n + 1)
entonces xn = (n – 2)(n – 1) n(n + 1).
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Como queremos demostrar que xn es divisible por 24 = 8 · 3, es suficiente quedemostremos que xn es divisible por 8 y por 3.
• xn será divisible por ocho, porque como tenemos que xn es un producto de 4número consecutivos, entonces como mínimo dos de ellos son pares, y como cadacuatro números hay uno que es divisible por 4 entonces uno de ellos será divisible por 4y el otro al ser par por 2, entonces xn es divisible por 8.
• xn es divisible por 3 porque cada tres números consecutivos hay uno que esdivisible por 3 ⇒ xn es divisible por 3.
⇒ xn es divisible por 24.
17. a) Sea x un número racional, ¿qué condición debe cumplir para que existan y
sean distintos xx
xx1
,1
,, −− ?.
b) Sean x e y dos números racionales que cumplen la condición del apartado a),
y además las siguientes: x << y, x1 <<
y
1. Indicar que números son positivos
del conjunto.
−−−−=
yyyy
xxxxH
1,
1,,,
1,
1,,
c) Si además se cumple y = MaxH, x1 << x, ordenar de menor a mayor los
números del conjunto HU0, -1,1.
Solución:
a) Para que x y –x sean distintos, como x = - x ⇒ 2x = 0 ⇒ x = 0 debe ocurrir que
x ∉0. Pero por otro lado se tiene que si 1,0,1111 2 −∉⇒±=⇒=⇒= xxxx
x y
como x ≠ ⇒≠−−x
xyx
11la solución de este apartado es:
1,0,1−∉x
b) Como x < y y además x1
< y
1 ⇒ x e y tienen distinto signo, ya que si no
x < y ⇒ y
1 <x1
. En concreto x < 0 < y ⇒ Se tiene que los elementos positivos del
conjunto H (que los denotaremos como el conjunto H+) serán:
H+ = - x, y
yx
1,,
1−
8/8
c) Como x1 < x con x< 0, se tiene que x > -1 y por lo tanto
x1
< -1 y además
y = MaxH ⇒ y > 1 ⇒ y
1 < 1. Pero al ser y = MaxH ⇒ y >
x1− . Por lo tanto, el orden
de los elementos es:
- y < x1
< -1 < x < y
1− < 0 < y
1 < - x < 1 < -x1 < - y
Hojas de Problemas – Algebra III
1/8
18. a) Demostrar que si n es par, los números naturales n2 – 1 y 3n + 1 son primosentre si.b) Demostrar que si n = 30m, entonces la cantidad de números enteros positivosdistintos de cero que no son mayores que m y que no se dividen por ninguno delos números 6, 10, 15 es igual a 22m.
Solución:
a) Supongamos que a es un divisor primo de n2 – 1, entonces a divide a n – 1 o an + 1. En caso de que divida a n – 1 entonces divide a 3n – 3, pero si divide a n + 1entonces también divide a 3n + 3.
Supongamos que divide también a 3n + 1, entonces divide a (3n + 1)–(3n – 3)=4 odivide a (3n + 3) – (3n + 1) = 2, entonces a = 2.
Pero como 3n + 1 y n2 – 1 son impares (por ser n par), entonces a = 2, no puededividirlos, entonces son primos entre si.
b) Como hay 30m enteros positivos no mayores que n y se cumple que:
• hay mmn
56
306
== múltiplos de 6 no mayores que n
• hay mmn
310
3010
== múltiplos de 10 no mayores que n
• hay mmn
215
3015
== múltiplos de 15 no mayores que n
Pero como 30 es en mcd de 6 y 10, de 6 y 15 y de 10 y 15 ⇒ hay mn =30
múltiplos de 30 no mayores de n que los hemos contado como múltiplos de 6, 10 y 15.
El número de enteros positivos buscado es:
30m – (5m + 3m + 2m – m – m) = 22m
La solución es: 22m
19. Un número tiene 24 divisores, su mitad tiene 18 divisores y su triple 28divisores. Hallar el número.
Solución:
Supongamos que 532153 ....32 aaaa nnn ⋅⋅⋅⋅= es el número buscado, con 2, 3,
n3,…, n3 primos.
Entonces se tiene que como:
2/8
532153
1 ...322
aaaa nnn ⋅⋅⋅⋅= −
532153
1 ...323 aaaa nnn ⋅⋅⋅⋅= +
Se verifica que:
+⋅⋅++=+⋅⋅+=
+⋅⋅++=
)1(...)2)(1(28
)1(...)1(18
)1(...)1)(1(24
521
521
521
aaa
aaa
aaa
Dividiendo la 1ª ecuación por la 2ª ecuación tenemos:
31
1824
11
1 =⇒+= aa
a
Dividiendo la 3ª ecuación por la 2ª ecuación tenemos:
512
1828
22
2 =⇒++= a
a
a
Como tenemos que 24 = (3 + 1)(5 + 19 entonces a3 = a4 =….= a5 = 0 ⇒⇒ n = 23 ⋅ 35 = 1944 → n = 1944
20. ¿Cuántas cifras tiene el menor número natural que cumple que, cuando laprimera cifra de la izquierda se coloca en el último lugar de al derecha, elnúmero que resulta es una vez y media el número inicial?.
Solución:
Si llamamos m al número de cifras, nm a la primera cifra y N al número que quedadespués de haber suprimido la primera cifra. Entonces.
10N + nm = ( )Nn mm +⋅ −110
23
⇒ nm(3 ⋅ 10m – 1 – 2) = 17N.
Entonces 3 · 10m – 1 – 2 debe ser múltiplo de 17 pues el número 17 es primo ⇒
⇒ 3 · 10m – 1 – 2 ≡ 0(17) ⇒ 3 · 10m – 1 ≡ 2(17) ⇒ 3 · 10m ≡ 20(17) ⇒ 3 · 10m ≡ 3(17) ⇒
⇒ 10m ≡ 1(17) ⇒ m 16 por el teorema de Fermat.
Como 10 y 17 son primos entre si, y el indicador de 17 es 16, el menor número queverifica la periodicidad de los restos potenciales tiene que ser un divisor de 16.
3/8
Entonces como.
101 ≡ -7 (17) 102 ≡ -2 (17)
104 ≡ 4 (17) 106 ≡ -1 (17)
⇒ El número buscado es el propio 16.
Entonces la cifra que buscamos tiene 16 cifras.
21. Demostrar que 33n+3 – 26n – 27 es múltiplo de 169 para todo n entero positivo.
Solución:
Sea xn = 33n+3 – 26n – 27.
1) Efectivamente si n = 1 entonces x1 = 36 – 26 – 27 = 676 = 4 · 169entonces xn es múltiplo de 169 para n = 1.
2) Si demostramos que xn+1 ≡ xn (169) entonces aplicando el principio deinducción tendremos que la propiedad se verifica ∀n∈9+. Demostrar que xn+1 ≡ xn
(169) es lo mismo que comprobar que xn+1 – xn ≡ 0(169).
Xn+1 – xn = 33(n+1) + 3 – 26(n + 1) – 27 – 33n+3 + 26n + 27 =
= 33n+3 · 33 – 26n – 26n – 26 – 27 – 33n+3 + 26n + 27 = (33 – 1)33n+1 – 26 =
= 26(33n+3 – 1) = 26((33)n+1 – 1) = 26(27n+1 – 1) = Aplicando la fórmula del
polinomio ciclotómico = 26(27 – 1)(27n + 27n-1 + ….. + 27 + 1) =
= 262 (27n + 27n-1 + … + 27 + 1) = 676 · (27n + 27n-1 + …. + 27 + 1) =
= 169 · 4 · (27n + 27n+1 + …. + 27 + 1) = 0(169) ⇒ xn+1 ≡ xn (169)
Entonces por el principio de inducción 33n+3 – 26n – 27 es múltiplo de 169∀n∈9+.
22. Probar que si m y n son enteros primos entre si, y a y b enteros cualesquiera,existe un entero x tal que
x ≡≡ a(m) y x = b(n)
Solución:
Como m y n son enteros primos entre si, tenemos entonces, utilizando la identidadde Bezout que:
1 = αm + βn
4/8
Pero multiplicando esta expresión por b – a se tiene que:
b – a = (b – a) αm + (b – a)βn
⇒ b + (a – b) βn = a + (b – a) αm
⇒ Definimos x como este número, es decir.
x = b + (a – b)βn que es lo mismo que
x = a + (b – a)αm porque son iguales,
y como se ve, se verifica que:
x ≡ a(m) y x ≡ b(n)
23. Sea Q(K) = xy-1 ∈∈K; x, y ∈∈ Z(K), y ≠≠ 0, a los elementos de este subconjunto seles llama racionales del cuerpo K. Demostrar que:
a) Q(K) es un subcuerpo de K.b) Demostrar que es el menor subcuerpo de K.
Solución:
Tomaremos los elementos de Q(K) como xy-1 = y
x, que nos será más cómodo.
a) i) bd
bcaddc
ba ±=± con b ≠ 0 y d ≠ 0 y como se cumple que ad, bc y bd ∈ (K) ⇒
)(kQbd
bcad ∈±.
ii) bdac
dc
ba =
⋅
con b ≠ 0 y d ≠ 0 y como ac y bd ∈ Z(K) ⇒ ).(KQ
bdac ∈
iii) bcad
dc
ba
=
con b ≠ 0, c ≠ 0 y d ≠ 0 y como ad y bc ∈ Q(K) ⇒ )(KQbcad ∈
⇒ Q(K) es un subcuerpo de K
b) Sea K´ un subcuerpo cualquiera de K, entonces como 1∈ K´ (por ser unsubcuerpo de K) y si x ∈ K´ ⇒ x´+ 1 ∈ K´ (por propiedad aditiva), entonces por elprincipio de inducción N(K) ⊂ K´. Es evidente también que O ∈ K´(por ser unsubcuerpo de K) y si x ∈ K´ ⇒ (- x) ∈ K´ entonces Z(K) ⊂ K´. Y por la propiadefinición de Q(K) podemos decir que Q(K)⊂ K´ ⇒
5/8
⇒ Q(K) es el menor subcuerpo de K.
24. Demostrar que 2 , 5,3 no pueden ser términos de una progresiónaritmética.
Solución:
Supongamos que si son términos de una progresión aritmética de diferencia d,entonces existen términos m y n tales que m ≠ 0, n ≠ 0 con:
ndymd =−=− 3523
Por lo tanto, podemos asegurar que:
∈==−−
n
m
nd
md
35
23Q y que ∈==
−−
m
n
md
nd
23
35 Q
⇒ ( )( )( )( ) ∈−−+=
+−+−=
−−
2610315
3535
3523
35
23Q ⇒
⇒ ( )( )( )( ) ∈−−+=
+−+−=
−−
6310152323
2335
23
35 Q ⇒
⇒ ( ) ( )∈−−−+ 6101561015 y Q, entonces su diferencia es un nº racional
⇒ ∈102 Q (contradicción) ⇒ 5,3,2 no son términos de una progresióngeométrica.
25. Demostrar que para todo número natural n, el número dado porAn = (n5 – n)(n4 + n2 – 6 es divisible por 210.
Solución:
Como tenemos que:
An = (n5 – n)(n4 + n2 – 6) = n(n4 – 1)(n4 + n2 – 6) = n(n2 – 1)(n2 + 1)(n4 + n2 – 6)
= n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1)(n2 + 3)(n2 – 2).
Además tenemos que 210 = 2 · 3 · 5 · 7, bastará ver que An es divisible por2, 3, 5, 7.
• Es divisible por 2 y por 3 puesto que n –1, n y n + 1 son tres númerosconsecutivos ⇒ uno o dos de ellos son pares y uno de ellos es múltiplo de 3, ya que
6/8
cada dos números consecutivos uno es par y cada tres números consecutivos uno esmúltiplo de 3.
• Es divisible por 5 puesto que:
a) Si n = 5p, ya estáb) Si n ≠ 5p utilizando el teorema de Fermat ⇒ n4 – 1 es múltiplo de 5.
• Es divisible por 7 puesto que:
a) Si n = 7p, ya estáb) Si n = 7p + 1 ⇒ n2 – 1 = (7p + 1)2 – 1= 49p2 + 14p + 1 – 1 =
= 7(7p2 + 2p) que es múltiplo de 7.
c) Si n = 7p + 2 ⇒ n2 + 3 = (7p + 2)2 + 3 = 49p2 + 28p + 4 + 3 =
= 7(7p2 + 4p + 1) que es múltiplo de 7.
d) Si n = 7p + 3 ⇒ (n2 – 2) = (7p + 3)2 – 2 = 49p2 + 42p + 9 – 2 =
= 7(7p2 + 6p + 1) que es múltiplo de 7.
e) Si n = 7p + 4 ⇒ (n2 – 2) = (7p + 4)2 – 2 = 49p2 + 56p + 16 – 2 =
= 7(7p2 + 8p + 2) que es múltiplo de 7.
f) Si n = 7p + 5 ⇒ (n2 + 3) = (7p + 5)2 + 3 = 49p2 + 70p + 25 + 3 =
= 7(7p2 + 10p + 4) que es múltiplo de 7.
g) Si n = 7p + 6 ⇒ (n2 – 1) = (7p + 6)2 – 1= 49p2 + 84p + 36 – 1 =
= 7(7p2 + 12p + 5) que es múltiplo de 7.
Luego An es divisible por 2, 3, 5, 7 ⇒ An es divisible por 210.
26. a) Demostrar que para todo número natural n y p (con p << n y n ≠≠ 0) el número
( )n
n nA 1+= - ∑−
=
2
0
p
i
ini
n es decir, por np.
b) Demostrar que para todo número natural n y p (con p << n y n ≠≠ 0) el número
∑−
=
−
−=
2
0
)1(p
i
inpn n
i
npB
n
es divisible por (pn – 1)p.
Solución:
7/8
a) Tenemos que demostrar que:
( ) ( )∑−
=
≡
−+
2
0
01p
i
pin nni
nn . Entonces:
∑ ∑ ∑ ∑−
= =
−
= −=
=
=
−
=
−+
2
0 0
2
0 1
)1(p
i
n
i
p
i
n
pi
iiiin ni
nn
i
nn
i
nn
i
nn
=
++
+
+
+
−
= +− nppp nn
nn
p
nn
p
nn
p
n.....
1111
( ) ( ) =
+
+
+
+
+−−= +− nppp n
n
nn
p
nn
p
nn
pnpn 11
1!1!1!
=
++
+
+
+
−
= + nppp nn
nn
p
nn
p
nn
n
p
n
......1
1 1
( ) ( )∑−
=
− ≡
−+⇒
++
+
+
+
−
=2
01.....1
1 p
oi
pinpnp nni
nnn
n
nn
p
n
p
n
n
p
n
n
( ) ∑−
=
−+⇒
2
0
1p
i
in ni
nn es divisible por np.
b) Sea ( )pnpn papa 11 −=⇒−=
( ) ( ) )1(111 −==+−=+⇒npnnaana pppa
( ) ( ) ( )∑ ∑ ∑−
=
−
=
−
=
− =
−+⇒
−=
−+⇒
2
0
2
0
2
0
1 11p
i
p
i
p
in
iaipnia Bni
nan
i
npn
i
na
n
Y por el apartado a) tenemos que Bn es divisible por ( ) ∑−
=
−
−⇒
2
0
1p
i
inpp ni
npa
n
es
divisible por (pn – 1)p.
27. a) Demostrar que existen infinitos números de la forma An = 10n + 3 que soncompuestos.b) Hallar el menor número natural A tal que, dividido por 2 da de resto 1,dividido por 3 da de resto 2, dividido por 4 da de resto 3, dividido por 5 da de
8/8
resto 4, dividido por 6 da de resto 5, dividido por 7 da de resto 6, dividido por 8da de resto 7 y dividido por 9 da de resto 8.
Solución:
a) Vamos a demostrar que existen infinitos An compuestos viendo que existeninfinitos An que son divisibles por 7. Sea n = 6K + 4:
( ) ( ) ⇒+≡⇒+= + 73107310 46 Kn
nn AA
( ) ( ) ( ) ⇒+⋅≡⇒+⋅≡⇒ 73103731010 6464 K
nK
n AA
( ) ( )731081 6 +⋅≡⇒ K
nA y como ( )71106 ≡ por el teorema de Fermat
( ) ( ) ( ) ⇒≡⇒+≡⇒+⋅≡⇒ 707347314 nnK
n AAA
⇒ An es divisible por 7. Si n = 6K + 4 ⇒
⇒ An = 106K+4 + 3 ∀K∈Ð es divisible por 7 y por lo tanto es compuesto de∀K∈Ð.
b) • Como al dividir A por 2 queda resto 1 ⇒ A + 1 es divisible por 2.• Como al dividir A por 3 queda resto 2 ⇒ A + 1 es divisible por 3.• Como al dividir A por 4 queda resto 3 ⇒ A + 1 es divisible por 4.• Como al dividir A por 5 queda resto 4 ⇒ A + 1 es divisible por 5.• Como al dividir A por 6 queda resto 5 ⇒ A + 1 es divisible por 6.• Como al dividir A por 7 queda resto 6 ⇒ A + 1 es divisible por 7.• Como al dividir A por 8 queda resto 7 ⇒ A + 1 es divisible por 8.• Como al dividir A por 9 queda resto 8 ⇒ A + 1 es divisible por 9.
Como buscamos el menor valor de A que verifique estas condiciones ⇒⇒ A + 1 = m.c.m (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9) = 2520
⇒ A = 2519
Hoja de Problemas nº 4 – Algebra IV
1/8
28. Hallar un número entero A que no tenga mas factores primos que 2, 5 y 7,sabiendo además que 5ª tiene divisores más que A y que 8ª tiene 18 divisoresmas que A. Calcular también la suma de todos los divisores de A.
Solución:
a) Como no tiene mas factores primos que 2, 5 y 7 ⇒ A = 2ª · 5b · 7c entonces5A = 2ª · 5b+1 · 7c y 8A = 2ª+3 · 5b · 7c
Utilizando la fórmula que nos proporciona el número de divisores se tiene que:
( )( )( ) ( )( )( )
( )( )( ) ( )( )( )
⇒++++=+++++++=+++18111114
8111121
cbacba
cbacba
( )( )( ) ( )( )( )( )( )( ) ( )( )( )
⇒++++=++++++++=++++
⇒181111131
81111111
cbacba
cbacba
( )( )( ) ( )( ) ( )( )( )( )( )( ) ( )( ) ( )( )( )
++++=++++++++++=++++++
⇒18111113111
811111111
cbacbcba
cbacacba
( )( )
=++=++
⇒=++=++
⇒ )1(6)1)(1(
18)1)(1(
18)1)(1(3
811
cb
ca
cb
ca entonces dividiendo
tenemos que: 131434
11 −=−=⇒=
++ αα bya
ba
que sustituyendo en (1) nos da que α = 1 ⇒ a = 3, b = 2, c = 1
⇒ A = 23 · 52 · 71 = 1400 ⇒ A = 1400
b) Utilizando la fórmula para la suma de divisores en teste problema tenemos que:
3720831151717
1515
1212 234
=⋅⋅=−−+
−−+
−−=S
S = 3720
29. Demuestra que si K es un cuerpo de característica p, siendo p primo, entonces∀∀x, y ∈∈K, se verifica:
(x + y)p = xp + yp
Solución:
Tenemos que:
2/8
( ) pppppp yp
pxy
p
pyx
pyx
px
pyx
+
−
++
+
+
=+ −−− 1221
1.....
210
Por un lado tenemos que 10
=
=
p
pp, pero por otro lado si 1≤ K < p y si e =
elemento unidad, entonces como )1(......)2)(1(! +−⋅⋅−−=
Kpppp
K
pK se obtiene
que:
( ) ( )( ) ( ) 01......21! =+−⋅⋅−−=
eKppppe
K
peK
⇒ Como K!e = e(2e)(3e) ·……· (Ke) y he ≠ 0 si 1 ≤ h < p ⇒
⇒ K!e = 0 ⇒ 0=
e
K
p
Por lo tanto (x + y)p = xp + yp
30. Dado un subconjunto A de la recta real 33 , se dice que un punto x∈∈33 es unpunto de condensación de A si cualquier entorno de x contiene una infinidad nonumerable de puntos de A.Se pide:a) Demostrar que cualquier subconjunto no numerable de 33 admite como
mínimo un punto de condensación.b) Si P simboliza el conjunto de todos los puntos de condensación de un
subconjunto A de 33 , demuestre que P es un cerrado de 33 .
Solución:
a) Sea A un conjunto de 3 no numerable, y supongamos un intervalo cerrado yacotado I = [-n, n] ⊂ A.
Supongamos que A no tienen puntos de condensación ⇒ ∀x∈[-n, n] ⇒ ∃∪(x) talque U(x)∩A es como mucho numerable.
⇒ Como esto ocurre ∀x∈I ⇒ existe una familia U(x) :x∈I de entornosabiertos que recubres a I, y como I es compacto ⇒ existe un subrecubrimiento finitoU(x1),…….U(xr) cuya unión es I.
⇒ I∩A = ))((1
AxUU j
r
j∩
= que es como mucho numerable, porque es la unión finita
de conjunto como mucho numerable.
3/8
⇒ Como A = [ ]( )AnnUNn
∩−∈
, es a lo más numerable, por si la unión numerable de
conjuntos a los más numerables ⇒ A es numerable (contradicción).
⇒ A tiene como mínimo un punto de condensación.
b) Vamos a demostrar viendo que 3 - P es un abierto.
Sea x ( )xP ∪∃⇒∉ abierto tal que U(x)∩A es a lo sumo numerable. Entonces si
y∈U(x), como U(x) es un entorno de y que es a lo sumo numerable ⇒ y∉P, que es elconjunto de los puntos de condensación ⇒ U(x)∩a = Ø si x∉P ⇒ 3 - P es unabierto de 3 ⇒ P es un cerrado de 3.
31. Demostrar que todo conjunto B de números reales con un solo punto deacumulación es numerable.
Solución:
Sea A = B – p donde p es un punto de acumulación, en concreto, el único puntode acumulación de B.
Como el espacio topológico (3, T) con T la topología usual es Hausdorff ⇒∀x∈B con x ≠ p se tiene que x es un punto aislado ⇒ C es un conjunto de puntosaislados.
Como (3,T) verifica el 2º Axioma de numerabilidad ⇒ (C, Tc) también verifica ⇒Existe una base numerable de Tc ⇒ los elementos de C que son subconjuntos unitariosy abiertos de Tc son elementos de dicha base ⇒ C es numerable.
⇒ Se tiene que:• Si p∉B ⇒ B = C que es numerable
• Si p ∈ B ⇒ B = C∪p que será numerable porque C es numerable y p es unelemento.
Entonces B es un conjunto numerable.
32. Demostrar que para dos números reales x<1, y<0, existe un único númeroentero n tal que xn-1≤≤y<xn.
Solución: supongamos por reducción al absurdo que no existe ningún entero n
tal que y<xn. Esto significa que y>xn ∀n∈Z ⇒ y es cota superior del conjunto
M=xn∈R: n∈Z. Sea µ el supremo de M (ya que al estar acotado superiormente tiene
4/8
supremo). como x>1 ⇒x
µ es menor que µ ⇒
x
µ no es cota superior de M ⇒ ∃p∈Z /
pxx
<µ ⇒ µ<xp+1 ⇒ µ no es cota superior (contradicción) ⇒∃n∈Z / y<xn.
Análogamente podemos demostrar que existe un entero p tal que xp<y con p<n
evidentemente (por ser x>1). Entonces tomando la sucesión finita xp, xp+1,..., xn-1, xn y
comparando término a término con y podremos encontrar uin entero m tal que p<m≤n
de modo que: xm-1≤y< xm.
33. Sean a,a´,b,b´ números racionales y γγ un número irracional. Probar que el
número (aγγ +b) / (a γγ +b´) es racional sii ´´ b
b
a
a = .
Solución: "⇒" Como ´´ ba
bar
++=
γγ
es racional ⇒ r(a´γ+b´)=(aγ+b) ⇒ γ(a-ra´) =
=rb´-b entonces como rb´-b es un número racional y a-ra´ también es racional ⇒ (a-a´)=
= 0, porque si a-ra´≠0 ⇒(a-ra´)∈Q, (rb´-b)∈Q y tendríamos que Qraa
brb ∈−
−=´
´γ
(contradicción) entonces efectivamente a-ra´=0 y en consecuencia rb´-b=0 ⇒ r=´a
a y
r=´b
b ⇒
´´ b
b
a
a =
"⇐" Como ´a
a ∈Q⇒ sea r=´a
a ⇒ r=
´b
b y por lo tanto a=ra´ y b=rb´. Por lo tanto:
Qba
baQr
ba
bar
ba
rbra
ba
ba ∈++⇒∈=
++=
++=
++
´´´´´)´(
´´´´
´´ γγ
γγ
γγ
γγ
34. Comprobar que es racional el número: 33 2142021420 −++=r
Solución: Sean x= 3 21420 + e y = 3 21420 − entonces haciendo:
(x+y)3=x3+3x2y+3xy2+y3 =
=( 3 21420 + )3+3xy(x+y)+ ( 3 21420 − )3=
= 20+14 2 +3 3 21420 + 3 21420 − r+20-14 2 =
= 40+3 3 )21420)(21420( −+ r = 40+3 3 392400 − r = 40+6r
5/8
⇒ r3 = 40+6r ⇒ r3-6r-40 = 0.
Haciendo Ruffini tenemos:
1 0 -6 -40
4 4 16 40
1 4 10 0
⇒ r3-6r-40 = (r-4)(r2+4r+10) = 0 ⇒
=++
=
0104
42 rr
r con r2+4r+10=0 →
240164 −±−=r que no tiene solución real ⇒ la única solución real de la ecuación es
r=4 que es racional ⇒ 33 2142021420 −++ =4∈Q.
35. Demuéstrese que la recta racional es un subespacio de la recta real.
Solución: Demostraremos que la base BQ, subordinada por la base B de R y la
base B´ de Q son equivalentes.
Sea x∈(a,b)∩Q∈BQ con a,b∈R entonces ∃p,q∈R tales que (p,q)⊂(a,b) con x∈(p,q)∈B´.
Recíprocamente, sea y∈(p,q)∈B´ con p,q∈Q entonces y∈(p,q)=(p,q)∩Q∈BQ.
Con lo cual queda demostrado que la recta racional es un subespacio de la recta real.
36. Si el dividendo está aproximado por defecto y el divisor por exceso demostrarque el cociente está aproximado por defecto y su error relativo es menor quela suma de los errores relativos del dividendo y el divisor.
Resolución:
Sea A el dividendo y A´ el divisor. El cociente aproximado será: ´´ EA
EA
+−
y el error
absoluto es:
2´´´
´)´´(´´
´)´´()´(´)´(
´´´ A
EAAE
EAA
EAAE
EAA
EAAEAA
EA
EA
A
A +<+
+=+
−−+=+−−
6/8
Si dividimos ambos miembros por A
A, el primer miembro representa el error relativo
del cociente , y el segundo miembro viene dado por:
A
E
A
E
AA
EAAE
A
A
A
EAAE +=+=+´´
´´´´
·´
´´2
Por lo tanto, podemos concluir que el error relativo del cociente es menor que la suma
de los errores relativos.
37. El error relativo de la raíz de un número aproximado por defecto es menorque el error relativo de el número aproximado, dividido por el índice de laraíz.
Resolución:
Sea A-E el valor aproximado de A, entonces el error absoluto cometido al aproximarA5, por ejemplo, es más grande que 5(A-E)4·E.
Si tomamos la raíz quinta de A elevada a % se tiene que ( )55 A =A y el errorabsoluto es más grande que:
EEA ·)(5 45 −
donde E1 es el error absoluto cometido cuando aproximamos por defecto a 5 A con5 EA − , por lo tanto:
E> 5 4)(5 EA − ·E1 ⇒ E1<5 4)(5 EA
E
−⇒
)(555
1
EA
E
EA
E
−<
−
y como el error relativo 5
1
A
E es más pequeño que
)(5 EA
E
− se tiene que:
)(55
1
EA
E
A
E
−<
38. Demostrar que la sucesión definida por nn xx −−=+ 111 con 0<x1<1, es
convergente. Calcular su límite. Calcular el limn→→∞∞n
n
x
x 1+.
Resolución:
Vamos a demostrar lo primero que xn es una sucesión que está acotada entre 0 y
7/8
1. La demostración de que está acotada la haremos por inducción.
Sea A=n∈N / 0<xn<1.
i) ¿1∈A?
Como 0<x1<1 ⇒ 1∈A
ii) Supongamos que n∈A, 0<xn<1. Veamos si (n+1)∈A, ¿0<xn+1<1?
Como 0<xn<1 ⇒ 0<1-xn<1 ⇒ 0< nx−1 <1 ⇒ 0<1- nx−1 <1 ⇒ 0<xn+1<1 ⇒
⇒ (n+1)∈A.
Entonces A=N.
Por lo tanto xn es una sucesión que está acotada entre 0 y 1. Vamos a demostrar
ahora que xn es decreciente ∀n.
Sea A=n∈N / xn+1<xn
i) ¿1∈A?
x2<x1 ⇔ 1- 11 x− <x1 ⇔1-x1< 11 x− es cierto pues como 1-x1∈(0,1) ⇒
⇒ 11 x− >1-x1 ⇒1∈A.
ii) Supongamos que es cierto que n∈A, xn+1<xn. Veamos que (n+1)∈A,
¿xn+2<xn+1?.
Como xn+1<xn ⇒ -xn<-xn+1 ⇒ 1- xn<1-xn+1⇒ 111 +−<− nn xx ⇒
nn xx −−<−− + 11 1 ⇒ nn xx −−<−− + 1111 1 ⇒ xn+2<xn+1 ⇒(n+1)∈A ⇒
⇒ A=N ⇒ xn es decreciente ∀n∈N.
Como xn es decreciente y está acotada inferiormente por 0 ⇒xn es convergente.
Ya que xn es convergente, se cumple pues que:
limn→∞xn = limn→∞xn+1 = L.
Entonces:L=1- L−1 ⇒ L−1 =1-L ⇒ (1-L) = (1-L)2 ⇒ (1-L)-(1-L)2 = 0 ⇒
8/8
⇒(1-L)(1-1+L) = 0 ⇒L(1-L) = 0 ⇒ L=0 ó L=1 pero L≠1 porque 0<x1<1, y xn
es decreciente ⇒ L=0.
=−+
−+−−=
=
−−= ∞→∞→
+∞→
)11(
)11)(11(lim
0011
limlim 1
nn
nnn
n
nn
n
nn
xx
xx
x
x
x
x
( )=
−+=
−++−=
−+−−
∞→∞→∞→)11(
lim)11(
11lim
)11(
11lim
22
nn
nn
nn
nn
nn
nn
xx
x
xx
x
xx
x
21
111
11
1lim =
+=
−+=∞→
n
nx
Hojas de Problemas nº 5 – Álgebra V
39. Comprobar que la serie ∑ ∞+
=1
2
2n n
n es convergente, y en caso de serlo, calcular su
suma.
Resolución:
Para comprobar su convergencia aplicaremos el criterio del cociente:
=++
==++
=
+
∞→∞→
+
∞→
2
2
222
2
2
2
2
1
2
2
12
lim2
12lim
2
2)1(
lim
n
nnn
n
n
n
n
nn
n
n
nn
n
n
n
121
2
121
lim2
<=++
== ∞→nn
n por lo tanto la serie es convergente.
Vamos a sumar la serie:
∑ ∑+∞
= =∞→∞→ ==
1 1
22
lim2
lim2n
n
jnnjnn
Sjn
donde ∑=
=n
jjn
jS
1
2
2
nn
nS
2...
225
216
39
24
21 2
5422++++++=
nnn
nnS
22)1(
...216
29
34
21
21 22
5422+−+++++=
Restando:1
2
5432 2212
...29
27
25
23
21
21
++−++++++=
nnn
nnS
2
2
15432 2212
232
...27
25
23
21
41
+++−+−+++++=
nnnn
nnnS
2
2
1
2
5432 22)1(
22
...22
22
22
22
21
41
++−−+++++++=
nnnn
nnS
2
2
1
2
432 22)1(
21
...21
21
21
221
41
++−−+
+++++=
nnnn
nnS
2
2
1
21
22)1(
21
1
21
41
221
41
++
+−−+
−
−+=
nn
n
n
nnS
2
2
1
21
22)1(
212
141
82 ++
+−
−+
−+=
nn
n
n
nnS
S= limn→∞Sn = limn→∞ 2+16 =+=−−+
−
+++ 41
16222
)1(21
41
2
2
1
2
1 nnn
nn6
40. Hallar cuántos números menores que 1000 son primos con 29 y 13. Hallar
también la suma de los números no primos con 29 y 13 menores que 1000.
Resolución:
Como hay 999 números menores que 1000, vamos a ver cuáles de ellos
no son primos con 13 y 29.
Como 13 y 29 son primos entre sí, vamos a calcular el mínimo común múltiplo
de 13 y 29, que es: 377, que como es menor que 1000 hay que descontarlo . Pero
2·3777=754, que también es menor que 1000, y habrá que descontarlo. Y para
terminar tenemos 3·377 = 1131 que es mayor que 1000.
Entonces hay 997 número menores que 1000 y primos con 29 y 13.
Por otro lado, la suma de los no primos con 29 y 13 menores que 1000 es
377+754=1131.
41. Calcular la arista del menor cubo en el que se pueden acoplar sin dejar
espacios vacíos un número entero de ortoedros iguales cuyas dimensiones
expresadas en cm son C5,2, P3 y el módulo de 8+6i. ¿Cuántos ortoedros pueden
acoplarse?
Resolución:
Calcularemos primero las dimensiones de los ortoedros:
C5,2= 10!2!3
!5 =
P3=3! = 6.
18+6i = 103664 =+
Buscaremos ahora quién es el mínimo común múltiplo de estos valores.
30)6,10.(..
2·510
2·36
2·5 10
=
===
mcm
Por lo tanto la arista del menor cubo será de 30 cm. El número de
ortoedros vendrá dado por:
→== 453·5·31030·
630
·1030
se podrán acoplar 45 ortoedros.
42. Hallar el exponente de 3 en 2121.
Resolución:
Si dividimos sucesivamente el 2121 por 3, tenemos que:
2121 3
021 77 3
0 17 25 3
2 1 8 3
2 2
Por lo tanto el exponente de 3 en 2121 es: 77+25+8+2=112.
La solución es 112.
43. Hallar la última cifra en la que acaba el número 45932.
Resolución:
Veamos cuáles son los restos potenciales de 4 módulo 10, para intentar
establecer, en caso de que sea posible, una recurrencia en dichos restos.
40 = 1 (mod 10)
41 = 1 (mod 10)
42 = 1 (mod 10)
43 = 1 (mod 10)
44 = 1 (mod 10)
45 = 1 (mod 10)
46 = 1 (mod 10)
Como podemos observar cuando el exponente del 4 es par el resto
módulo 10 es 6, pero si el exponenete es impar el resto módulo 10 es 4. Como el
exponente en este problema es 5932 = 2·2966 que es par se tiene que la última
cifra en la que acaba el número 45932 es el 6.
44. Encontrar el criterio de divisibilidad por 5 en base 12, y aplicárselo al número
12x7512 hallando x para que sea divisible por 5.
Resolución:
Tomando los restos potenciales de 12 módulo 5, se tiene que:
120 = 1 (mod 10)
121 = 1 (mod 10)
122 = 1 (mod 10)
123 = 1 (mod 10)
124 = 1 (mod 10)
Entonces si tomamos un número N= abcde12) es divisible por 5 ⇔ e+2d-
c-2b+a = 5
0&
. Aplicando el caso 12x7512) es divisible por 5 ⇔
⇔ 5+14-x-4+1 = 5
0&
⇔ 16-x = 5& ⇒ x=1 ó x=6.
45. Hallar cuántos números menores que 1342 son primos con 19 y 53. Hallar
también la suma de los números no primos con 19 y 53 menores que 1342.
Resolución:
Como sabemos, hay 1341 números menores que 1342. Las que no son
primos on 19 y 53 a la vez, son aquellos que sean múltiplos de m.c.m.(19,53) =
1007. Como 1007<1342 y no es pirmo con 19 y 53, habrá que descontarlo.
Por lo tanto, números menores que 1342 primos con 19 y 53 hay 1340.
La suma de los números no primos 19 y 53 y que sean menores que 1342 es
1007, porque sólo hay ese.
46. Al número natural m0 no cuadrado perfecto, se le suma su exce3so sobre el
máximo cuadrado en él contenido y se obtiene el número m1. Operando de
modo análogo con m1, resulta el número m2, y así sucesivamente.
Demostrar que la sucesión m1,m2,m3,... es indefinida, es decir, no contiene
ningún cuadrado.
Solución:
Sea m0 el número antes expuesto, entonces:
n2<m0<(n+1)2⇒ m1=m0+(m0-n2)+2n+1 = n2+4n+2<(n+2)2
Como m1= 2m0-n2 ⇒ dado que 2m0 es par ⇒ m1 será par o impar dependiendo
de que n2 sea par o impar respectivamente. ⇒ m1 tiene la misma paridad que n2 ⇒ m1
tiene distinta paridad que (n+1)2 ⇒ m1 no es de la forma (n+1)2 ⇒ m1 no es un
cuadrado perfecto. Y reiterando el proceso se tiene que mi no es cuadrado perfecto
∀i∈N.
47. En una provincia española el número correspondiente a la última matrícula de
vehículos concedido hasta esta fecha es el 46000. Hállese el número de vehículos
cuyos números de matrícula son capicuas de cinco cifras.
Solución:
Como los números capicúas son de la forma abcba una vez fijadas las tres
primeras cifras las otras dos vienen obligadas, por lo tanot bastará con estudiar las
posibilidades que tenemos con las tres primeras, es decir:
V10,3=103=1000
pero:
a) Hay que descontar los que empiezan por x>4 (5,6,7,8 y 9) o por 0, es decir:
5·V10,2=6·100=1000
b) Las que tienen por primera cifra un 4 y por segunda un 6,7,8 ó 9.
4·V10,1=40.
Entonces las solución es: 1000-600-40 = 360
N=360.
Hoja de Problemas nº 6
1/6
48. a) ¿De cuántas maneras se pueden repartir n bolas idénticas en urnas de
manera que r urnas prefijadas estén vacías?
b) ¿De cuántas maneras distintas se pueden repartir n bolas idénticas en k
urnas de manera que una urna prefijada contenga r bolas (r≤≤ n)?
Resoluciòn:
a) Habrá tantas configuraciones como maneras distintas de repartir todas las
bolas en k-r urnas. Por lo tanto habrá
−−
−−+1
1
rk
rkn
b) Para construir estas configuraciones tomamos r bolas y las colocamos en la
urna prefijada. Luego, las restantes n-r bolas se repartirán, de todas las maneras
posibles, entre las n-1 urnas que quedan. Por lo tanto, habrá
−
−−+2
2
k
rkn
49. Discutir y resolver el siguiente sistema de ecuaciones (Andalucía 98):
=++=++=++
1
1
1
azyx
zayx
zyax
Resolución:
Aplicando el método de Gauss, vamos a triangularizar superiormente la matriz
de coeficientes ampliada:
≈+=≈
−−−−−≈−=−=≈
23´
32
13´
312´2
1
0
1
|
110
110
11
//
1|11
1|11
1|11
FFF
aaa
aa
a
aFFFFFF
a
a
a
−−−−−≈
aa
aa
a
1
0
1
|
200
110
11
2
Los valores conflictivos del sistema son:
a-1=0 → a=1
2/6
2-a-a2=0 →
−=→−→→
=−±=
−+±=
22
1
231
2811
aa
Caso 1: a=1
).2(...
3º
1)|(
1)(
0
0
1
|
000
000
111
parámetrosICS
incógnitasden
BARg
ARg
==
=
x+y+z=1 → z=1-x-y
x,y∈R
Caso 2: a=-2
.3)|(
2)(
3
0
1
|
000
330
211
leIncompatibSistemaBARg
ARg
==
−
−
Caso 3: a≠1 y a≠z
...
3º
3)|(
3)(
1
0
1
|
)2)(1(00
110
11
DCS
incógnitasden
BARg
ARg
aaa
aa
a
==
=
−+−−−
+=→−=+−
+=→=→=−→=−+−
=++
21
)1()2)(1(
21
00)1()1(
1
azazaa
ayzyzyzaya
azyx
⇒ x+y+az=1 → x+22
111
21
21
+−
+−=→=
++
+ a
a
ax
aa
a
→ x=2
1212
+=→
+−−+
ax
a
aa
3/6
50. Calcular el valor del determinante:
=
++
++++
+
=++==
+
++
+
=
xx
xx
xx
x
FFF
x
x
x
x
D n
1111
............
1...111
1...111
1...111
...´
1111
............
1...111
1...111
1...111
11
11 )·1(
000
............
0...00
0...00
1...111
)1(1,´
1111
............
1...111
1...111
1...111
)1( −+=+=>−==
+
++
=+ nii xx
x
x
x
xiFFF
x
x
x
x
⇒ D=(1+x)·xn-1
51. Sea G el grupo cíclico infinito generado por x. Sea Y=y=x12a+30b+42c; a,b,c∈∈Z.
Llamemos H al subgrupo cíclico de G generado por x6. Probar que H=Y.
Resolución:
(⊇) Es fácil ver que como ∀y∈Y y=x12a+30b+42c=(x6)2a+5b+7c ⇒ y∈H
Por lo tanto, se tiene que Y⊆H.
(⊆) Como el m.c.d.(2,5)=1, es decir, 2 y 5 son pirmos entre sí entonces
aplicando la identidad de Beront tenemos que existen u y v∈Z tales que 1=2u+5v, por
lo tanto:
∀n∈Z tenemos que n=2nu+5nv y en concreto 6n=12nu+30nv+42·0 ⇒ x6n∈Y,
entonces H⊆Y. Entonces H=Y.
52. Sea G un grupo. Probar que la aplicación fa: G→→ G difinida por:
x→→ fa(x) = axa-1 ∀∀x∈∈G y a∈∈G es un automorfismo.
Sea F el conjunto de todos los automorfismos anteriores. Estudiar la estructura
que confiere a dicho conjunto la ley de composición de aplicaciones.
Resolución:
4/6
A) 1) Como ∀x,y∈G, fa(sy) = a(xy)a-1 = a(xa-1ay)a-1 = (axa-1)(aya-1) = fa(x)· fa(y) ⇒
fa es un homomorfismo.
2) ∀x∈G (fa-1°fa)(x) = fa-1(axa-1) = a-1axa-1a = x
(fa°fa-1)(x) = fa(fa-1(x)) = fa(a-1xa) = aa-1xaa1 = x
⇒ fa tiene inverso
⇒ fa es un automorfismo
b) 1) fbfa(x) = fb(axa-1) = baxa-1b-1 = bax(ba)-1 = fba(x) ∀x∈G ⇒ fb° fa = fba
2) Como la composición de aplicaciones ya es asociativa, en este caso también
lo es.
3) Si e∈G es el elemento neutro de G ⇒ fe es el elemento neutro de (F,°), pues
∀fa∈F ⇒ fe°fa = fea = fa y fa° fe=fae = fa.
4) Por lo visto anteriormente fa tiene anteriormente inverso, que es fa-1.
⇒ (F,°) es un grupo.
53. Sea Q[x] el conjunto de los polinomios de una indeterminada con
coeficientes racionales. Demostrar:
a) Siendo xm-1, xn-1, dos polinomios de Q[x] tales que: m.c.d.(m,n) = d, se
verifica m.c.d.(xm-1, xn-1) = xd-1.
b) Que no existe ningún polinomio p de Q[x] tal que p≠≠ 0, p≠≠ 1 y que la
función polinómica p(x) cumpla p(x+y)=p(x)p(y) ∀∀x,y∈∈Q.
Resolución:
a) Las raíces en los complejos de xm-1 y xn-1 son las raíces m-ésimas y n-ésimas de
la unidad.
Los ceros o raíces comunes de xm-1 y xn-1 son los ceros del m.c.d.( xm-1, xn-1),
es decir, las raíces d-ésimas de la unidad donde d=m.c.d.(m,n), esto viene basado en e
teorema de Beront con d=am+bn y rm=1 y rn=1 ⇒ rd=ram+bn=1 ⇒ m.c.d.(xm-1, xn-1) =
= xd-1.
5/6
b) Si tomamos x=y ⇒ p(zx) = (p(x))2 ∀x∈Q.
Si p(x) es de grado d ⇒ p(2x) es de grado d (p(x))2 de grado 2d ⇒ d=2d ⇒ d=0.
Como d=0 ⇒p(x)=c ⇒ p(x+y) = d = p(x)p(y) = d2 ⇒ d=d2 ⇒ d(d-1) = 0 ⇒
⇒ 101
0==⇒
==
popd
d.
54. Sea U=(ui j) la matriz cuadrada de orden n donde ui j=1 para todo (i,j). Sea
F=A∈∈Rn,n, AU=UA= αα (A)U, αα (A)∈∈R. Pruébese:
1) F es un subespacio de Rn,n .
2) Si A∈∈F y existe A-1, entonces A-1∈∈F y αα (A)≠≠ 0. Relacionar αα (A) y αα (A-1).
3) Si A, B∈∈F, entonces AB∈∈F. Calcular αα (AB).
4) A∈∈F ⇔⇔ ),()(11
jiAaan
jij
n
iij ∀== ∑∑
==
α
5) La aplicación A→→αα (A) es una forma lineal.
Resolución:
1) F≠0 pues la matriz nula está en F.
Si tomamos A,B∈F y α,β∈R, entonces:
(αA+βB)U = αAU+βBU = αUA+βUB = U(αA+βB)
(αA+βB)U = αα(A)U+βα(B)U = (αα(A)+β α(B))U
⇒ ∀A,B∈F y α,β∈R ⇒ αA+βB ∈F con α(αA+βB) = αα(A)+β α(B). Entonces F es
un subespacio vectorial de Rn,n.
2) Sea A∈F y sea A-1, que existe.
AU = UA = α(A)U ⇒ U = A-1UA = α(A)A-1U ⇒ α(A)≠0 puesto que si α(A)=0
⇒ U sería nula.
Entonces UAA
AUA
U)(
1)(
1αα
== .
AU = UA ⇒ A-1AUA-1 = A-1UAA-1 ⇒ UA-1 = A-1U
⇒ UA-1 = UA
AUAA )(
1)(
1 1
αα=
−
⇒ A-1U = UA-1 = UA)(
1α
y )(
1)( 1
AA
αα =−
6/6
3) AU = UA = α(A)U
AUBAUBABUUBUBBU
UAUAAU)(
)(
)(α
αα
==⇒
====
⇒ ABU = UAB = α(B)α(A)U
⇒ A,B∈F y α(AB)= α(A)α(B)
4) AU = α(A)U ⇔ ,...,1,)(011
njiAaan
iij
n
jij ∈== ∑∑
=
α
5) Sea f: F→R aplicación: f(λA+µB) = α(λA+µB) = λα(A)+ µα(B) ⇒ f es una
forma lineal.
Hoja de Problemas – Álgebra VII
1/8
55. Supongamos que la función g está definida y es derivable en [0,1]. Supongamos
que g(0)<0<g(1), 0<a≤≤ g´(x)≤≤ b donde a y b son constantes. Probar que existe una
constante M tal que la solución de la ecuación g(x)=0 se puede econtrar aplicando
el algoritmo de iteración a la función f(x)=x+Mg(x), ¿para qué valores de M la
sucesión definida por xn+1=f(xn) converge cuadráticamente a la solución αα de
g(x)=0?
a) |f´(x)| = |1+Mg´(x)|<1
-1<1+mg´(x)<1 ⇒ -2<Mg´(x)<0 ⇒)(
2xg
−<M<0 como
bxga
2)(
22 −≤−≤−
⇒ 02 <<−
Mb
x0=2
f(0)=Mg(0)>0
f(1)=Mg(1)<0
f´(x)=1+Mg´(x)≥0 ⇒M≥)´(
1xg
− como
bM
bxga
11)´(
11 −≥⇒−≤−≤−
01 <≤−⇒ M
b para que f sea Lipschitziana de [0,1]→[0,1] con constante de
Lipschitz M
b) Debe cumplir que:
con f(α)=α; f´(x)=0
f´(x)=1+Mg´(x) = 0
⇒ )´(
1xg
M−=
56. Mostrar que la función F(x)=x-e -x satisface las condiciones de convergencia
global del método de Newton en el intervalo [0,1]. Resuelve la ecuación F(x)=0
comenzando en x0=0´5.
i) F(a)·F(b)<0 F(0)= 0 -e0=-1
F(0)·F(1)<0 F(1) = 1-e-1= 1 - e
1= 0´632120558
2/8
F(0)·F(1) = (-1)·0´632120558= -0´6321...
ii) F´(x)≠0 ∀x∈[a,b]
F´(x)≠0 ∀x∈[0,1]
F´(x)=1+e-x = 1+xe
1 como 1>0 y
xe
1>0 ⇒ 1+
xe
1>0 ∀x∈[0,1]
⇒ F´(x)≠0 ∀x∈[0,1]
iii) F´´(x)≥ ∀x∈[a,b] ó F´´(x)≤0 ∀x∈[a,b]
⇒ F´´(x) = e-x=xe
1− como
xe
1>0 ∀x∈R ⇒F´´(x)<0 ∀x∈[0,1]
iv) Si c es el extremo del intervalo [a,b] donde |F´(x)| es menor entonces abcF
cF −≤)´()(
F´(x)=1+1/e donde F´(x) es menor es para x=1 con F´(1) = 1+1/e. Entonces c=1
111
1
11
11
11
111
01)1´()1(
1
1
≤+−=
+
−=
+
−⇒≤
+−⇒−≤
−
−
e
e
e
ee
e
ee
e
F
F Si
F(x)=x-e-x
F´(x)=1+e-x x0=0´5
x1=x0-)´()(
0
0
xF
xF=0´5- 566311003´0
150
5´0
5´0
=+−
−
−
e
e
x2=0567143
x3=0´567143
⇒ La x∈[0,1] / F(x)=0 es x=0´567143
57. Calcular π con nueve cifras decimales exactas.
Utilizaremos F(x)=x2-π en [1,3].
Veremos que cumple las condiciones del Teorema global de Newton.
i) F(1)=1-π<0, F(3)=9-π>0 ⇒ F(1)·F(3)<0
ii) F´(x)=2x
F´(x)≠0 ∀x∈[1,3]
3/8
iii) F´´(x)=2 ≥0 ∀x∈[1,3]
iv) c=1
20707912
1)1´()1( ≤=−= π
F
F
Sea x0=2
x1=1785398163
x2=1´772500775
x3=1´772453852
x4=1´772453851
x5=1´772453851
⇒ π =1´772453851
Hay que calcular el error:
|xn-α|≤ qn
xxL
L −<−−
10||1 10 f(x)= )(
21
xx
π+ |f´(x)<1 [1´5,2]
x0=2
x1=1´783 ⇒ n=18 habrá que afinar decimales exactas
f´(x)=22
121
x
π− L=f´(2)
58. Determinar el único cero positivo del polinomio p(x)=x3+x2-x-1 por el método
de Newton.
Cogemos F(x) = x3+x2-x-1 en [1´5,2´5].
i) F(1´5)=-1´375<0
F(2´5)=5´875>0
F(1´5)·F(2´5)<0
ii) F´(x)=3x2-2x-1
F´(x)≠0 ∀x∈[1´5,2´5]
F´(1´5) = 2´75 y es creciente.
iii) F´´(x)=6x-2 >0 ∀x∈[1´5,2´5]
4/8
1752
375175´23751
)51´()51( <=−=
F
F
Sea x0=2
x1=1´857142857
x2=1´839544513
x3=1´839286810
x4=1´839286755
x5=1´839286757
Su raíz positiva es x=1´839286757
59. Supongamos que y está definido por la fórmula y= ...+++ zzz donde
z∈∈(0,+∞∞). a) Busca un método iterativo para calcular y determinando para que
valores la iteración converge. b) Calcular y.
a) f(x)= xz +
x0=0
x1=f(0)= z
x2=f(x1)= zz +
.
.
.
xn=f(xn-1)= ...+++ zzz ⇒ limn→∞fn(x)
f´(x)=xz +2
1 decreciente
f´(0)=z2
1
f´(x)<f´(0)<1 ⇒41
21
12
1 >⇒<⇒< zzz
f:[0,+∞)→ [0,+∞) L=z2
1
xxz =+
x2=z+x
5/8
x2-x-z
x=2
4112
411 zy
z ++=⇒+±
b) y= xz +
y=x
-z
z<41
f:[a,+∞)→[a,+∞)
f´(x)<f´(a)<1 f´(a)=za +2
1
azza <−→+<41
41
y ∀x0∈[a,+∞)
xn= yxzz →+++ 0...
porque el punto fijo es único.
60. Probar que la ecuación x=1-tg-1(x) tiene solución αα . Encontrar un ijtervalo [a,b]
que contenga a αα tal que para cualquier x0∈∈[a,b], la iteración xm+1=1+tg-1(xm) m
≥≥0 tienda hacia x. Calcular las primeras iteradas y ver la rapidez de convergencia.
x=1+arctg(x)
1) ¿Tiene solución?
Sea f(x)=1+arctg(x)-x, cojamos [1,3]:
f(1)=0´7854
f(3)-0´7509
⇒ como f es continua en [1,3] y se tiene que f(1)·f(3)<0, aplicando el teorema de
Bolzano ⇒∃c∈[1,3] tal que f(c)=0 ⇒f(c)=1+arctgc-c = 0 ⇒ c = 1+ arctg c
z
z−
6/8
2) Para el intervalo [1,3] tenemos que si f(xn)=1+tg-1(xn) ⇒ se cumple que
f:[1,3]→[1,3] y [1,3] contiene c / f(c)=c y además f´(x)=21
1x+
y se cumple que:
f´(x)=21
1x+
<1 ∀x∈[1,3]⇒f es lipschitziana (contractura)⇒∀x0∈[1,3] xm+1=1+tg-1(xm)
m ≥0 tiende hacia c.
61. Probar que el grupo simétrico Sm puede obtenerse a partir del ciclo de m
elementos y de una transposición.
Solución:
Sea el ciclo C =
−1
1
....4
....3
3
2
2
1 m
m
my consideremos la transposición
T=
12
21; el ciclo inverso C-1 que operado con C nos da la identidad es:
C-1 =
−1....2
....3
1
21
m
m
m. Vamos a considerar las sustituciones obtenidas mediante el
producto C-h. T Ch siendo h un exponenete que puede tomar valores entre 0 y m-1. Así
por ejemplo para h=0, resulta la misma T, ya que C0=identidad. Para h=1 tendremos:
− 1....2
....3
1
21
m
m
m
12
21
−1
1
....4
....3
3
2
2
1 m
m
m
Es una transposición
1
1
m
m ya que todos los elementos permanecen
invariantes excepto esos dos.
1 → 2 → 1 → m
m → 1 → 2 → 1
Vamos a generalizarlo para una potencia cualquiera.
Ch=
−−+−+−−
+++ h
m
h
mhmhm
m
m
hhh 1
1
.......2
....2
1
11
....3
....3
2
2
1
1
C-h=
−
++++−+−+− hm
mhhh
m
h
hmhmhm ...3
...3
2
2
1
1
....3
....3
2
2
1
1
7/8
El producto C-h ·T· Ch mantiene invariantes todos los elementos excepto el m-
h+1 y el m-h+2. En efecto:
m-h+1 → 1 → 2 → m-h+2
m-h+2 → 2 → 1 → m-h+1
Es decir, haciendo h=2 obtenemos la transposición:
−
−mm
mm
1
1
Haciendo h = 3 tendremos
−−−−
12
21
mm
mm. Para el valor h=m-1 resulta
32
23.
Es decir, tendresmos el conjunto de transposiciones:
(2,1); (1,m); (m,m-1); .....................(5,4); (4,3); (3,2)
Recordemos que según un teorema toda sustitución de un grupo simétrico Sm puede
escribirse como producto de transposiciones. Por otra parte, una transposición
cualquiera (a,b) puede expresarse mediante un producto de transposiciones del conjunto
anterior:
Supongamos a>b
(a,b) = (a,a-1) (a-1,a-2)(a-2,a-3)...(b+2,b+1), (b+1,b) (b+1,b+2)...(a-2,a-1) (a-1,a)
En efecto:
a → a-1 → a-2 → ... → b+2 → b+1 → b+1 → b
a-1 → a → a-1 → ...................................................
a-2 → a-1 → a-2 ....................................................
.................................................................................
b+2 → b+3 → b+2
b+1 → b+2 → b+1
b → b+1 → b+2 .................. → a-2 → a-1 → a
Resumiendo una sustitución cualquiera puede expresarse como producto de
transposiciones y éstas, a su vez, vienen dadas como productos de trasnposiciones del
conjunto anterior.
8/8
62. En el conjunto P de los números enteros pares se definen dos operaciones: una
de ellas es la adición ordinaria y la otra hace corresponder a dos elementos x, y, el
elemento producto xy/2. Demostrar que P tiene estructura de anillo.
Solución:
Veamos que el conjunto P con la adición ordinaria es un subgrupo del grupo
aditivo de los enteros.
Bastará comprobar que si x∈P, y∈P entonces:
x*y-1∈P. En efecto:
Si
=⇒∈=⇒∈
hyPy
KxPx
2
2 x*y-1 = 2k+(-2h) = 2(k-h), luego x*y-1∈P.
Por consiguiente P respecto a la primera operación tiene estructura de grupo, que
además es abeliano ya que la adición ordinaria es conmutativa.
La segunda operación definida en P es cerrada; basta observar que si x=2, y=2
también x⊗ y= xy/2 es múltiplo de dos.
Se verifica la propiedad asociativa:
x⊗ (y⊗ z)= x⊗ (yz/2) = 42
2·
·xyz
zyx
=
(x⊗ y) ⊗ z = (xy/2 ⊗ z) = 42
2 xyzz
xy
=
Es fácil ver que se cumplo la propiedad distributiva a derecha e izquierda, puesto
que: x⊗ (y*z) = x⊗ (y+z) = 2
)( zyx +
(x⊗ y)*(x⊗ z) = xy/2+xz/2 = 2
)( zyx +
Análogamente se comprobaría a la derecha:
(y*z) ⊗ x= (y⊗ x)*(z⊗ x)
Hoja de Problemas – Álgebra VIII
1/11
63. Dados tres vectores cualesquiera del espacio ordinario de la geometría clásica
de tres dimensiones, demostrar que la condición necesaria y suficiente para que
sean linealmente independientes es que no sea nulo su producto mixto.
Solución:
Sean los vectores
a=(x1 y1 z1); b=(x2 y2 z2); c= (x3 y3 z3)
La independencia lineal exige:
λ1a+λ2
b+λ3c=0 ⇔ λ1=λ2=λ3=0. Expresando las igualdades escalares:
=++
=++
=++
0
0
0
33
22
11
33
22
11
33
22
11
zzz
yyy
xxx
λλλ
λλλ
λλλ
La condición necesaria y suficiente para que un sistema homogéneo tenga
soluciones diferentes de la impropia, es decir, soluciones distintas de λ1=λ2=λ3=0 es que
el determinante
321
321
321
zzz
yyy
xxx
= 0
Por consiguiente, si dicho determinante es diferente de cero, la igualdad
vectorial λ1a+λ2
b+λ3c=0 sólo se cumple cuando λ1=λ2=λ3=0; pero dicho determinante
es la expresión del producto mixto de dichos vectores a,b,c.
64. Demuéstrese que el conjunto C=(x,y,z,-x): x,y∈∈R con una operación suma
definida así:
(x,y,y,-x)+(w,z,z,-w) = [x+w,y+z,y+z, -(x+w)] y con el producto por un
escalar k∈∈R definido por:
k(x,y,y,-x)=(kx,ky,ky,-kx) constituye un espacio vectorial de dos
dimensiones.
Solución:
Demostremos que C es un subespacio del espacio vectorial R4. Para ello basta
comprobar el carácter cerrado respecto a la suma de vectores y respecto al producto por
un escalar.
2/11
En efecto:
(x,y,y,-x)+(w,z,z,-w) = [x+w,y+z,y+z,-(x+w)]∈C
k(x,y,y,-x) = (kx,ky,ky,-kx)∈C
Una base de dicho espacio vectorial está formada por los vectores (0,1,1,0) y
(1,0,0,-1).
1º) Son linealmente independientes. Es obvio, ya que ninguno de ellos puede
obtenerse multiplicando el otro por un escalar.
2º) Además, cualquier vector de C puede expresarse como una combinación de
estos dos:
(x,y,y,-x) = x(1,o,o,-1)+y(0,1,1,0)
Como todas las bases de un espacio tienen el mismo número de vectores, queda
demostrado que la dimensión es dos.
65. Sea A un anillo conmutativo y con uno, NA su nilradical. Demostrar que las
condiciones siguientes son equivalentes:
i) A tiene un único idel primo.
ii) Todo elemento de A es unidad o está en NA (es decir, es nilpotente).
iii) A/ NA es un cuerpo.
Solución:
i) ⇒ii)
Sea x∈A, si x es unidad ya está demostrado, si no es unidad entonces (x) es un
ideal propio, luego está contenido en un ideal maximal y por tanto en un ideal primo,
como solo existe un ideal primo, P, se sigue que
x∈∩Pi = P, Pi primo ⇒ x∈ NA,
y en consecuencia x es nilpotente.
Obsérvese que la intersección de todos los ideales primos de un anillo es el
nilradical.
ii) ⇒iii)
Sea x+ NA ≠ 0 entonces x∉ NA ⇒ x no es nilpotente
⇒ x es unidad
⇒∃ y + NA = (x+ NA)-1,
3/11
entonces A/ NA es un cuerpo.
iii) ⇒i)
Supongamos que A tiene más de un ideal primo, sean P y Q dos ideales primos distintos
de A, entonces existe un x∈A que está en uno de ellos y no en el otro.
Sea x∈P, x∉Q, entonces x∉ NA =∩Pi, Pi primo, luego
x+ NA ≠ 0 ⇒ x + NA es una unidad en A/ NA
⇒ ∃x+ NA / (x+ NA)(y+ NA) = 1 + NA.
⇒ xy-1 ∈ NA
⇒ xy-1∈P
⇒ 1∈P, pues x∈P
luego P=A, contradicción.
66. Resolver la ecuación x2+2y2=z2 en el anillo de los números enteros.
Solución:
* Sea d el máximo común divisor de x e y, es decir, d=m.c.d.(x,y), entonces
x=dx1, y=dy1
y sustituyendo en la ecuación dada, resulta:
d2x21+2d2y2
1=z2
es decir d2(x21+2y2
1)=z2
de donde se sigue que d es un divisor de z, y por tanto, z=dz1. Sustituyendo en la
ecuación anterior resulta:
d2(x21+2y2
1)=d2z21
x21+2y2
1)=z21 (1)
La ecuación dada y la ecuación (1) son de la misma forma, y las soluciones de ambas
son proporcionales, es decir, si (a,b,c) es una solución de (1) la terna (da,db,dc) es una
solución de la dada.
Por tanto, supondremos que m.c.d.(x,y,z) = 1, m.c.d.(x,y) = 1, y también que m.c.d.(x,z)
= 1 y m.c.d.(y,z)=1.
* De lo anterior se deduce que x es un número impar. Puesto que 2y2 es par, z2 es impar
y, por tanto, z es impar.
4/11
* De la ecuación dada se sigue que:
2y2 = z2-x2 = (z+x)(z-x), (2)
Puesto que x y z son impares, los números z+x y z-x son pares. Veamos además que el
máximo común divisor de z+x y z-x es 2. En efecto si d es su máximo común divisor se
tiene:
z+x = da, z-x = db
con a y b números primos entre sí. De estas relaciones se obtienen:
2z = d(a+b)
2y = d(a-b)
Puesto que m.c.d.(x,z) = 1 se sigue que m.c.d.(2z,2y) = 2 y por tanto, d=2. De la
ecuación (2) y teniendo en cuenta el resultado anterior, deducimos que:
)(21
)(21
xzóxz −+ es impar.
Por tanto, son primos entre sí los números
z+x y )(21
xz −
ó los números
z-x y )(21
xz + .
En el primer caso de la igualdad,
y2=(z+x)
−
2xz
se deduce que y2 es un cuadrado que
=−
=+2
2
2mxz
nxz(3)
y de la segunda posibilidad tenemos que:
=+
=−2
2
2mxz
nxz(4)
siendo m y n números enteros, m impar.
i) Del sistema (3) y de la ecuación (2) obtenemos:
* z= )5(,),2(21
),2(21 2222 nmymnxmn =−=+
ii) Del sistema (4) y de la ecuación (2) obtenemos:
5/11
* )6(,),2(21
),2(21 2222 nmynmxmn =−=+
Las fórmulas (5) y (6) pueden reunirse en la siguiente:
* )7(,),2(21
),2(21 2222 nmymnzmnx =+=−±=
con m, como ya hemos dicho, impar. Más aún, para que x y z sean números enteros, los
paréntesis de (7) deben ser números pares, lo que implica que n debe ser para ya que
2m2 lo es.
* Poniendo n=2u y m=v, las fórmulas generales que dan las soluciones de la ecuación
dada, suponiendo que x,y,z son enteros positivos sin divisor común mayor que 1, son:
* x=±(u2-2v2), y=2uv, z=u2+2v2, (8)
siendo u y v números enteros positivos primos entre sí y v impar.
Por tanto, las fórmulas (8) dan todas las soluciones de la ecuación dada en números
enteros positivos y primos entre sí, para ello basta elegir a y b de mod que x sea
positivo. Por otra parte, estas ecuaciones satisfacen, como puede comprobarse
sustituyendo la ecuación dada.
Finalmente señalemos que las restantes soluciones se obtienen a partir de éstas
multiplicando por un número cualquiera entero d o poniendo signos arbitrariamente.
67. Dada la ecuación x2+y2=z2, (1), se pide:
a) Resolver dicha ecuación en el anillo de los enteros.
b) A cada solución s(a,b,c) encontrada se le asocia el número complejo
w=c
bia +. Probar que la multiplicación en el conjunto de los números complejos
así construidos subordina en el conjunto de soluciones enteras de la ecuación una
ley interna. Estudiar las propiedades de esta ley.
Solución:
a) Para números enteros positivos, se trata evidentemente de valores que verifican el
teorema de Pitágoras. Por eso cada terna que verifica la ecuación se dice que está
formada por números pitagóricos.
6/11
* Sea d el máximo común divisor de x e y, es decir, d=m.c.d.(x,y), entonces
x=dx1, y=dy1
y sustituyendo en la ecuación pitagórica, resulta:
d2x21+d2y2
1=z2
es decir d2(x21+y2
1)=z2
de donde se sigue que d es un divisor de z, y por tanto, z=dz1. Sustituyendo en la
ecuación anterior resulta:
d2x21+d2y2
1=d2z21
x21+y2
1=z21 (2),
La ecuación (2) es también de la misma forma que la dada, y las soluciones de amas son
proporcionales, es decir, si (a,b,c) es una solución de (2), (da,db,dc) es una solución de
(1).
Por tanto, para resolver la ecuación (1) es suficiente limitarse al caso en que los valores
x e y son primos entre sí, es decir, m.c.d.(x,y)=1.
* Si m.c.d.(x,y)=1 entonces al menos uno de los números es impar; sin perder
generalidad podemos suponer que es, por ejemplo, x. De la ecuación (1) se tiene:
x2=z2-y2=(z+y)(z-y)
Sea d1=m.c.d.(z+y,z-y) entonces podemos escribir que
z+y=d1a, z-y=d1b, m.c.d.(a,b)=1
luego x2=abd21, (3).
Puesto que los números a y b son primos entre sí, la ecuación anterior es cierta si a y b
son cuadrados perfectos, es decir,
a=m2 y b=n2
Sustituyendo estos valores en la ecuación (3) obtenemos:
x2=m2n2d21,
es decir x=mnd1 (4)
De las relaciones
==−
==+
12
1
12
1
dnbdyz
dmadyz
se obtiene: 2z=(m2+n2)d1
2y=(m2-n2)d1 (5)
y de aquí
7/11
122 )(
21
dnmz += (6)
122 )(
21
dnmy −= (7)
Es evidente que los números m,n y d1 son impares ya que x=mnd1 es un número impar,
según hemos supuesto. Más aún, d1=1, ya que en caso contrario d1sería un divisor de x e
y, basta tener en cuenta las relaciones (4) y (5), ya que en (5) d1 dividiría a y por no ser
d1 par. Contradicción con la hipótesis de que x e y son primos entre sí.
Puesto que d1=1, las relaciones (4), (6) y (7) se reducen a:
x=mn, 122 )(
21
dnmy −= 122 )(
21
dnmz += , (m>n), (8)
siendo m y n números impares y primos entre sí. Estas fórmulas nos permiten obtener
todas las ternas de números enteros positivos sin divisores comunes, y que verifican la
ecuación pitagórica (1).
Ejemplos:
*Si n=1 y m=3 se tiene la terna clásica: (3,4,5)
*Si n=1 y m=5 se obtiene la terna: (5, 12, 13).
*Si n=3 y m=5 se obtiene la terna: (15,8,17).
Las soluciones que se derivan de las fórmulas (8) son aquellas que no tienen divisores
comunes; las restantes se obtienen a partir de estas multiplicando por un entero
arbitrario d o poniendo arbitrariamente signos a x,y,z.
b) Sea (a,b,c) una solución de la ecuación pitagórica, entonces el número complejo
asociado es: w=c
bia +.
Para que este cociente tenga sentido c debe ser evidentemente distinto de cero, luego la
solución nula (0,0,0) de la ecuación pitagórica no tiene asociado ningún número
complejo.
Por otra parte, es también evidente que dos soluciones proporcionales tienen el mismo
número complejo por imagen, es decir, la aplicación de S*=S-0,0,0 en C no es
inyectiva.
Teniendo en cuenta que
(a,b,c) → c
bia +
8/11
(d,e,f) → f
eid +
y que,
c
bia +·
f
eid + =
cf
ibdaebead )()( ++−
se puede definir formalmente una operación de SxS en S de la siguiente forma,
obviando las dificultades anteriores:
(a,b,c)*(c,d,e) = (ad-be, ae+bd, cf)
• a) * es una operación interna.
En efecto,
(ad-be)2+(ae+bd)2=a2d2 + b2e2 + a2e2 + b2d2 - 2abde + 2abde =
=(a2+b2)(d2+e2)
=c2f2=(cf)2
• b) * es asociativa por serlo la multiplicación en C.
• c) * es conmutativa por serlo la multiplicación en C.
• d) * tiene elemento neutro y es la terna (1,0,1).
En efecto,
(a,b,c) * (1,0,1) = (a,b,c)
• e) * no tiene elemento inverso.
En efecto, si (x,y,z) es el elemento inverso de (a,b,c) se tiene:
(a,b,c)*(x,y,z) = (ax-by, ay+bx, cz) = (1,0,1)
de donde cz=1, ecuación que no tiene solución en Z si |c|≠1.
Por tanto, (S,*) es un semigrupo conmutativo y con unidad.
b´) Hemos visto que dos soluciones proporcionales dan lugar al mismo número
complejo, se tiene así la siguiente relación de equivalencia en el conjunto de solucioes
S*:
(a,b,c) R (d,e,f) ⇔ (d,e,f) = (ta, tb,tc)
Designaremos por [(a,b,c)] la clase de equivalencia y por T el conjunto cociente S*/R.
La operación * en T viene definida por:
[(a,b,c)]*[(d,e,f)] = [(ad-be, ae+bd,cf)]
9/11
Ahora la aplicación de T en C es evidentemente inyectiva. Operar, por tanto, en T, es lo
mismo que operar en C.
Veamos ahora las propiedades que verifica esta operación en T.
i) * es una operación interna por lo visto en b)
ii) * es asociativa por serlo la multiplicación en C.
iii) * es conmutativa por serlo la multiplicación en C.
iv) * tienen elemento neutro y es [(1,0,1)].
v) * tiene elemento inverso.
En efecto, si [(x,y,z)] es elemento inverso de [(a,b,c)] se tiene que cumplir que:
[(a,b,c)]*[(x,y,z)] = [(ax-by,ay+bx,cz)] = [(1,0,1)]
La ecuación ay+bx = 0 tiene solución tomando y=-b, x=a.
Por tanto para que (a,-b,z) sea una terna pitagórica, hemos de tomar z=c. Se tiene
así que:
[(a,b,c)]*[(a,-b,c)] = [(a2+b2,0,c2)] = [c2(1,0,1)] = [(1,0,1)]
Por tanto, (T,*) es un grupo conmutativo.
68. Determinar un número entre 400 y 500 tal que al dividirlo por 6 se obtenga de
resto 5, y al dividirlo por 11 el resto es 2.
Solución:
Si A es el número que verifica las condiciones dadas se tiene que cumplir:
+=+=
)2(211
)1(56
yA
xA
por tanto, 6x+5=11y+2
de donde 6x+3 = 11y
y de aquí 6x+3≡ mod 11
es decir, 2x+1 ≡ mod 11
Si x =5 entonces 2·5+1 ≡ 0 mod 11
luego, x=5+11t
Sustituyendo este valor en la ecuación (1) resulta que:
A=35+66t
*Para t=0 se tiene A=35 que no cumple las condiciones.
10/11
*Para t=1 se tiene A = 101, tampoco cumple las condiciones.
*Para t=2 se tiene A=167, tampoco válida.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
*Para t=6 se tiene A=35+396 = 431
*Para t=7 se tiene A = 35+462 = 497
que son las soluciones válidas.
69. Dado el sistema de ecuaciones:
=++=++
3
3333
zyx
zyx
hallar las soluciones enteras, es decir, resolverlo en Z.
Solución:
El sistema
=++=++
3
3333
zyx
zyx es equivalente a,
+−==+−++−+
)(3
3))(3())(( 322
yxz
yxyxyxyx
de donde,
+−=−=+−++
)(3
8))9()(3)((
yxz
xyyxyx.
Teniendo en cuenta la primera ecuación, las soluciones de x e y se obtienen resolviendo
los sistemas que resultan al descomponer –8 en producto de dos números enteros de
todas las formas posibles e igualando cada uno de los factores del primer miembro a
dichos números enteros. Los casos posibles son:
1)
−=−=+
⇔
=+−+−=+
34
8
1)9()(3
8
XY
yx
xyyx
yxNo tiene soluciones en Z.
2)
==
⇔
==+
⇔
−=+−+−=+
4
4
16
8
1)9()(3
8
y
x
xy
yx
xyyx
yx
Por tanto, la solución del sistema es: x=4, y=4, z=-5.
3)
−=−=+
⇔
−=+−+−=+
23
4
2)9()(3
4
xy
yx
xyyx
yx No tiene solución en Z.
4)
==+
⇔
−=+−+=+
5
4
2)9()(3
4
xy
yx
xyyx
yxNo tiene solución en Z.
5)
−==+
⇔
=+−+−=+
19
2
4)9()(3
2
xy
yx
xyyx
yxNo tiene soluciones en Z.
11/11
6)
==
⇔
==+
⇔
−=+−+=+
1
1
1
2
4)9()(3
2
y
x
xy
yx
xyyx
yx
Por tanto la solución del sistema es: x=y=z=1.
7)
==+
⇔
−=+−+=+
2
1
8)9()(3
1
xy
yx
xyyx
yxNo tiene solución en Z.
8)
−==
=−=
⇔
=−=+
⇔
=+−+−=+
5
4
4
5
20
1
8)9()(3
1
2
2
1
1
y
xó
y
x
xy
yx
xyyx
yx
Por tanto las soluciones del sistema son: (-5,4,4,) ó (4,-5,4).
Hojas de Problemas – Álgebra IX
1/7
70. Sea A la familia de funciones fn:R+*→→ R definidas por fn(x)=lognx, ∀∀ n∈∈ N (R+*=x∈∈ R:x>0).
a) Estudiar su dependencia lineal en el R-espacio vectorial Aplic(R+*,R).
b) Hallar la dimensión y una base del subespacio que engendran.
Solución:
a) Es log nx = log n +log x.
Si n≠ m, fn y fm son linealmente independientes:
α fn + β fm = 0, α,β∈R ⇒ ∀x∈R+*, αlog nx + βlog mx = 0 ⇒
∀x∈R+*, (αlog n + βlog m)+(α+β)logx = 0 ⇒ α+β=0 y αlog n + βlog m = 0 ⇒ β=-α,
α(log n - log m) = 0 ⇒ α=β=0, al ser log n ≠ log m.
Si además k es distinto de n y m, fk depende linealmente de fn y fm, pues para que sea fk=αfn+βfm,
α,β∈R se ha de verificar que ∀x∈R+*:
log kx =αlog nx + βlog mx ⇔ log k = αlog n + βlog m t 1 = α + β,
por lo que basta tomar β = 1-α y α=logk (log n - log m)-1.
En resumen, cualquier par de funciones de A son linealmente independientes y tres cualesquiera son
linealmente dependientes.
b) Por el apartado anterior es dim L(A) = 2 y si n≠m, fn,fm es una base de L(A).
Además L(A) = f:R+*→R | f(x) = α+βlogx, α,β∈R, luego id, log es otra base de L(A)
(obsérvese que la función id(x) = x ∀x∈R+* no está en A).
71. Sean a1,...,an∈∈ R dos a dos distintos y Rn-1[x] el espacio vectorial de polinomios de grado menor
que n.
a) Encontrar la familia de polinomios de grado n-1, p1,... ,pn caracterizada por pi(aj) = δδij.
b) Probar que p1,...,pn es una base de Rn-1[x].
c) Hallar respecto de dicha base las coordenadas de q(x) = xn-1+xn-2+...+x+1.
Solución:
a) Para j≠i aj es un cero de p i y al ser p i(ai) = 1, necesariamente:
pi(x) = ))...()()...(())...()()...((
1111
111
nii
niiiiii
axaxaxaxaaaaaaaa
−−−−−+−− +−
+−
b) Por ser dim Rn-1[x]=n, bastará probar que p1,...,pn es un sistema de generadores:
Cualquiera que sea q(x) ∈ Rn-1[x]=n es q(x) = ∑=
n
ii xpq
1i ),()(a ya que ambos miembros son polinomios
de grado menor que n que coinciden en n puntos: a1,...,an; luego son polinomios idénticos.
c) Según el apartado anterior:
2/7
q(x) = ∑=
n
ii xpq
1i ),()(a = ∑∑
==
−−
−−
=++++n
ii
j
ni
n
iii
ni
ni xp
a
axpaaa
11
21 )(11
)()1...( ,
ya que xn-1 = (x-1)(xn-1+xn-2+...+x+1).
Así, supuestos los ai≠1, i=1,...,n, las coordenadas de q(x) son
nii
ni
a
a
,...,111
=
−−
. Y si para algún i es ai=1,
la coordenada i-ésima es ain-1+ ai
n-2+...+ ai+1 = 1n-1+ 1n-2+...+1+1 = n, permaneciendo las restantes.
72. Sea E=Rn[x] el R-espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que n, siendo n≥≥ 1.
Sean B = 1,x,x2,...,xn y B´=v0 , v1,..., vn con vi = xi(1-x)n-1 para i=0,1,...,n.
a) Demostrar que B y B´ son bases de E.
b) Hallar las matrices de los cambios de base de B a B´ y de B´ a B.
Solución:
a) Es inmediato demostrar que los elementos de B son linealmente independientes y que consituyen un
sitema generador de E.
Para ver que B´ es una base, teniendo en cuenta que el cardinal de B´ es n+1 = =dim E, basta ver
que los elementos de B´ son linealmente independientes. Veámoslo:
nnn xn
nx
nx
nxv
−+−
+
−=−= )1(...
211)1( 2
0
nnn xn
nx
nx
nxxxv
−−
−+−
−+
−−=−= −−
1
1)1(...
2
1
1
1)1( 1321
1
nnn xn
nx
nx
nxxxv
−−
−+−
−+
−−=−= −−
2
2)1(...
2
2
1
2)1( 243222
2
........................................ ........................................ ........................................
vn = xn = xn
Es decir: vk= xk ∑−
=
=
−−
kn
r
rr nkxr
kn
0
,...,1,0,)1(
La matriz que expresa las coordenadas de los vectores de B´ respecto de B es:
3/7
M =
−−
−
−−
−
−
−−
−
−− 1..........1
1)1(
1
1)1()1(
....
....
....
0..........11
1
2
0..........011
1..........001
11
n
n
n
n
n
n
nn
n
nnn
Evidentemente |M| = 1 ≠ 0 ⇒ B´ es un conjunto de vectores linealmente independientes.
b) La matriz del cambio de base de B a B´ es M.
La matriz del cambio de base de B´ a B será M -1. Para la operación de M -1 es muy cómodo hallar
directamente la expresión de cada xk respecto de los vi.
Para cada k∈0,1,... ,n es xk = xk(1-x+x)k = xk ∑−
=
−−−
−kn
r
rknr xxr
kn
0
)1( =
= ∑ ∑−
=
−
=
−−+
+
−=−
−kn
r
kn
r v
rknkr
krr
knxx
r
kn
0 0
.)1(
Así:
M-1 =
−−
−−
−
−
1..........2
2
1
1....
....
0..........1
2..
0..........11
1
2
0..........011
1..........001
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
73. Sean V, W dos C-espacios vectoriales. Sea f un homomorfismo de V en W como R-espacios
vectoriales. Probar que f∈∈ Homc(V,W) sii f(iz)=i f(z) para todo z de V.
Solución:
Si f∈HomC(V,W) entonces, por restricción de la ley externa, es f ∈ HomC(V,W) y además f(i z)
= i f(z).
4/7
Recíprocamente, si f∈HomR(V,W) y f(i z)= i f(z), se tiene que:
f(z+w) = f(z)+f(w) para z,,w∈V
f((a+bi)z) = f(az+ibz) = f(az)+f(ibz) = f(az) + i f(bz) = af(z) + i b f(z) = (a+bi) f(z) para a+bi ∈ C y z∈V.
En consecuencia, f∈HomC(V,W).
74. Sea M2 el espacio vectorial sobre R de las matrices cuadradas de orden 2 con elementos en R.
Consideremos las aplicaciones:
a) f: M2 →→ M2 b) g: M2 →→ M2
→
pdpc
pbpa
dc
ba
→
pd
pa
dc
ba
0
0
donde p es un cierto elemento fijo de R. Se pide demostrar que son endomorfismos ¿Son
automorfismos?
Solución:
a)
++++
=
++++
=
+
´´
´´
´´
´´
´´
´´
dpdpcpcp
bpbpapap
ddcc
bbaaf
dc
ba
dc
baf
µλµλµλµλ
µλµλµλµλ
µλ =
+
=
+
=
´´
´´
´´
´´
dc
baf
dc
baf
pdpc
pbpa
pdpc
pbpaµλµλ cualesquiera que sean
λ,µ∈R y 2´´
´´, M
dc
ba
dc
ba∈
Luego f es un endomorfismo. Es la homotecia de razón p, pues f(x) = px ∀x∈M2.
Si p=0 f es el endomorfismo nulo. Por ello ni es inyectivo ni suprayectivo.
Si p≠0 f es automorfismo, pues:
f(x)=f(y) ⇔ px=py ⇔x=y (por ser p≠0)
f-1(y)= yp
1 para todo y ∈M2.
b)
+
+=
++++
=
+
´0
0´
´´
´´
´´
´´
dpdp
apap
ddcc
bbaaf
dc
ba
dc
bag
µλµλ
µλµλµλµλ
µλ =
+
=
+
=
´´
´´
´0
0´
0
0
dc
bag
dc
bag
pd
pa
pd
paµλµλ cualesquiera que sean λ,µ∈R
y 2´´
´´, M
dc
ba
dc
ba∈
Así, g es un endomorfismo.
5/7
g nunca es inyectiva ya que
=
00
00
01
10g , luego g no es automorfismo. Además, g no es
sobreyectiva, ya que )(01
102Mg∉
.
75. Sea F(R,R) el R-espacio vectorial de todas las aplicaciones de R en R. Sea E el subespacio
vectorial engendrado por la función constante igual a 1 y las funciones x→→senx, x→→ cosx.
Definimos las aplicaciones αα ,ββ : E→→ E como:
αα (f)(x) = f( x−2π
), ββ =(f)(x)=f´(x).
a) Demostrar que αα ,ββ son aplicaciones lineales.
b) Obtener αα °° ββ y ββ °° αα y comprobar que en este caso αα °° ββ = - ββ °° αα .
Solución:
a)Veamos que α(f) es un elemento de E, para todo f∈E.
En efecto: Sea f(x) = a+bsen(π/2-x)+c cos(π/2-x) = a+b cosx+c senx, luego α(f)∈E.
Análogamente:β(f)(x)=f´(x) = bcosx-csenx, que también pertenece a E.
*Veamos que α es lineal:
Sean f(x) = a+bsenx+ccosx, g(x) = m+nsenx+pcosx y λ,µ∈R. Se verifica:
α(λf+µg)(x) = (λf+µg)(π/2-x) = λa+µm+(λb+µn) cosx +(λc+µp)sen x = λa+λbcosx + +λcsen x + µm+µn
cosx+ µpsenx = λa+λbsen(π/2-x)+λc cos(π/2-x)+ µm+ µnsen(π/2-x) +µp cos(π/2-x) = λα(f)(x)+
µα(g)(x).
Luego α(λf+µg) = λα(f)+µα(g) y α∈End (E).
* Veamos que β es lineal:
β(λf+µg)(x) = (λf+µg)´(x) = (λb+µn) cosx - (λc+µp) senx= λ b cosx - λ c sen x + µ n cosx - µp senx =
λf´(x)+µg´(x) = λ β (f)(x) + µβ(g)(x).
Así: β(λf+µg) = λβ(f)+µβ(g) y β∈End E.
b) (α°β)(f) = α[β(f)] = α(f´) ⇒ (α°β)(f)(x) = f´(π/2-x).
(β°α)(f) = β[α(f)] ⇒ (β°α)(f)(x) = -f´(π/2-x).
Luego α°β=−β°α.
76. Sea V un espacio vectorial de dimensión 2 y u1,u2 una base de V. Se consideran f,g ∈∈ EndV tales
que:
f(u1)=u1+u2, g(u1)=-2u1+ 2u2.
6/7
f(u2)=f(u1), g(u2)= u1- u2.
a) Demostrar que f y g conmutan.
b) Demostrar que son divisores de cero del anillo End V.
c) ¿Es cierto que fn °° gm = gm °° fn cualesquiera que sean los números naturales m, n?
Solución:
a) Para ver que f°g = g°f, como son aplicaciones lineales, basta ver que los dos miembros
transforman del mismo modo los elementos de una base:
f°g(u1) = f(-2u1+2u2) = -2(u1+2u2)+2(u1+2 u2) = 0
g°f(u1)= g(u1+2u2) = -2u1+2u2+2(u1-u2) = 0
f°g(u2) = f(-2u1+2u2) = 0
g°f(u2)= g(u1+2u2) = -2u1+2u2 +2u1-2u2) = 0
b) Es evidente, pues según el apartado anterior f°g = g°f = 0 (endomorfismo cero).
c) Sí es cierto. Lo demostraremos por inducción en dos etapas:
1ª etapa: Sea n un natural; entonces g°fn = fn°g.
Por inducción sobre n:
* Para n=1 ya está probado (apartado a)).
* Supongamos que es cierto para n y demostrémoslo para n+1:
fn+1°g = f°(fn°g) = f°(g°fn) = (f°g)°fn = (g°f)°fn = g°fn+1.
2ª etapa: ∀n natural, ∀m natural, fn°g m = gm°fn. En efecto: consideramos n fijo y hacemos inducción en
m:
* Para m=1 es cierto (1ª etapa).
* Supongamos que es cierto para m y lo probamos para m+1:
fn°gm+1=( fn°g m)°g = (gm°fn) ° g = g m°(fn°gm) = gm°(g°fn) = (gm°g)°fn = gm+1°fn.
77. Sea V un espacio vectorial. Si f∈∈ EndV designemos por fn= f °° ...°° f ( n veces). Establecer las
relaciones siguientes:
1) Im f = Im f2 ⇒⇒ V=Im f + ker f.
2) Ker f = Ker f2 ⇒⇒ V = Im f ∩∩ Ker f = 0.
3) V = Im f ⊕⊕ Ker f ⇔⇔ Im f=Imf2, Ker f = Ker f2.
Solución:
1) Sea x∈V; f(x) ∈Im f = Im f2 ⇒ ∃y∈V tal que f(x) = f2(y) ⇒ f(x-f(y) = 0 ⇒ z=x-f(y) ∈ker f ⇒
x=f(y)+z ∈ Im f + Ker f.
7/7
Luego efectivamente V⊂Im f + Ker f. Como el otro contenido es evidente, la igualdad V = Im f + Ker f es
cierta.
2) Sea x∈Im f ∩Ker f; entonces existe y ∈ V tal que x=f(y), pero f(x) = 0 ⇒ f2(y) = 0 ⇒ y ∈ Ker f2 = Ker
f ⇒ f(y) = 0 ⇒ x= 0.
Es decir, Im f ∩Ker f = 0.
3) ⇐ Es la conjunción de 1) y 2)
⇒ *Es evidente que Imf2 ⊂ Im f.
*Veamos que Im f⊂Imf2:
x∈Im f ⇒ ∃y∈V tal que f(y) = x. Por ser V = Im f ⊕ Ker f, existe u∈Ker f, f(z)∈Im f tales que y
= f(z) + u.
Luego x = f(y) = f(f(z))+f(u) = f2(z) ⇒ x∈Im f2.
Así, de todo lo anterior se deduce que Im f2 = Im f.
*También es evidente que Ker f ⊂ Ker f2, pues x∈Ker f ⇒ f(x) = 0 ⇒f2(x) = f(0) = 0 ⇒ x∈Ker f2.
Veamos que Ker f2⊂Ker f:
x∈Ker f2 ⇒ f2(x)=0 ⇒ f(f(x)) = 0 ⇒ f(x) ∈Ker f ⇒ f(x) ∈Ker f∩Im f = 0 ( por ser V= Ker f
⊕ Im f).
Así x∈Ker f.
En resumen: Ker f = Ker f2. Esto completa la demostración.
Hoja Problemas – Análisis I
1/8
78.- Hallar ))1((...)2()()(1
0
jnasenjasenjasenasennjasenn
j
−+++++++=+∑=
=
.
Solución:
Como sabemos que senp·sen q = 1/2 (cos(p-q)-cos(p+q)) entonces se tiene que:
( ) ( )
∑
∑∑ ∑
−
=
−
=
−
=
−
=
=
++−
−+
=
=
+
+−
−
+=+=+
1
0
1
0
1
0
1
0
(*)
22
212
cos2
12cos
22
212
cos2
12cos
21
22
2/)(
n
j
n
j
n
j
n
j
usen
uj
auj
a
usen
uj
auj
a
usen
usenujasenujasen
Si j=0
+−
− uaua
21
cos21
cos
Si j=1
+−
+ uaua
23
cos21
cos
Si j=2
+−
− uaua
25
cos23
cos
. . . . . .
Si j=n-2
−+−
−+ u
nau
na
232
cos2
52cos
Si j=n-1
−+−
−+ u
nau
na
212
cos2
32cos
−+−
− u
naua
212
cos21
cos
(*) =
−
+=
=−=
+
2·
22
coscos
2u
sen
21-2n
a cos-21
-acos·
21
qpsen
qpsen
qpigualdadlausandouu
2/8
=
2
421
2
42
422
22
2·
21
usen
un
senun
asen
usen
un
senuna
sen
−+
=
−+
−+
=+∑−
=
2sen
2sen
21
sen)sen(
1
0 n
unn
a
ujan
j
79.- Hallar el volumen del sólido generado al girar alrededor del eje OX, la región
del plano que resulta de la intersección del interior x2+y2=17x.
Resolución:
Las dos circunferencias se cortan en 17=17x ⇒x=1, y para x=1 ⇒ y2=16 ⇒
⇒ y=±4 ⇒ P1(1,-4) y P2(1,4).
El volumen pedido es la mitad del volumen de la esfera de radiio 17 es decir,
V1= 17334
)17(34
·21 3
1 ππ ==V , más del volumen resultante de girar entorno al eje ox
γ, menos el de γ2.
( ) ( )ππππ
ππ
217
217)1(17)1717(
)1717(1717
1
0
21
0
1
0
1
0
221
0
22
22
2
=
−=−=−=
=+−−=
−−−=
∫∫
∫∫x
xdxxdxx
dxxxxdxxxxV
3/8
3
6511768
uVT
+= π
80.- Sea la función y=f(x) , definida en todo R, de modo que los incrementos
correspondientes de x e y son proporcionales de razón a en cualquier punto. Se
supone que además y0=f(x0) es conociedo. Calcular la expresión general de y=f(x).
Solución:
Tengamos en cuenta que ∆f(x) = f(x+∆h)-f(x) siendo ∆x el incremento de la
variable x.
Por lo tanto:
.)()()(
xtodoparaax
xfxxf
x
xf =∆
−∆+=∆
∆
De aquí se deduce que esta función es derivable en cualquier punto ya que su
derivada en x será:
f´(x)= lim∆x→0 ax
xfxxf =∆
−∆+ )()(
Además si f´(x)=a para todo x, la función es de la forma
f(x)= ax+m
falta, finalmente, calcular m. Para ello, obligamos a que y0=f(x0):
y0=f(x0)=ax0+m
es decir, m=y0-ax0=f(x0)-ax0. Por lo tanto la función es:
f(x) =ax+f(x0)-ax0, o bien
f(x)-f(x0) = a(x-x0).
81.- Separar las raíces de la ecuación siguiente:
2x3+3x2-72x+12=0.
Solución:
Sea f(x) = 2x3+3x2-72x+12.
f´(x)= 6x2+6x-72 = 6(x2+x-12).
La ecuación f´(x)=0 tiene raíces x1=-4, x2=3. Puesto que f(-4) = 220 >0 y f(3) =-123 <0,
resulta que f(x) = 0 tiene una única raíz en el intervalo (-4,3). Además f(0)=12>0, así
4/8
que dicha raíz está en el intervalo (0,3). Por otra parte, f(6)>0 y f(3)<0, lo que nos
permite asegurar que existe una única raíz en el intervalo (3,6). Finalmente, f(-4)>0 y
f(-7)<0 así que la raíz se encuentra en el intervalo (-7,-4).
82.- Aplicar el teorema de los incrementos finitos a la función f(x)=(x2+9)1/2 en el
intervalo [0,4]. Aplicar la fórmula de Cauchy a las funciones f(x)=senx, g(x)=cosx,
en el intervalo [ππ /4,3ππ /4]. En ambos casos se pide hallar el valor o valores del
"punto intermedio".
Solución:
1) La fórmula de los incrementos finitos se escribe en esete caso: f(4)- f(0)=f´(c)(4-0).
Es decir: (16+9)1/2-91/2 = f´(c)·4. De donde resulta f´(c)=1/2. Busquemos el punto
c∈(0,4).
f´(x) = 9
2)9(21
2
2/12
+=+
x
xxx .
Resolviendo la ecuación 92
12 +
=x
x obtenemos c= 3 .
2) La fórmula de Cacuhy es:
)´()´(
443
443
cg
cf
gg
ff
=
−
−
ππ
ππ
o bien gcsenc
csensen
cotcos
4cos
43
cos
443
−=−
=−
−
ππ
ππ
de donde cotg c = 0 y c=π/2.
83.- Un depósito está inicialmente lleno con 1000 litros de agua salada cuya
concentración o salinidad es de dos gramos de sal por litro. Para reducir la
salinidad se hace entrar agua pura en el depósito a razón de 5 litros por minuto, al
tiempo que por un orificio el depósito evacua el mismo caudal. Determinar la
cantidad de sal contenida en el depósito en función del tiempo y calcular el tiempo
que debe transcurrir para que queden sólo 200 gramos de sal.
Denotemos por S(t) a la función pedida, es decir, la cantidad de sal (en gramos) que
contiene el depósito en función del tiempo t(en minutos). La concentración de sal en el
5/8
instante t vale S(t)/1000=10-3S(t) gr/litro. En el instante t+∆t la cantidad de sal será
S(t+∆t) y por consiguiente los gramos de sal que han salido del depósito en el intervalo
de tiempo [t,t+∆t] son S(t)-S(t+∆t). Pero por otra parte sabemos que durante ese
intervalo de tiempo el depósito ha evacuado 5∆t litros de agua salada. Si el incremento
∆t es muy pequeño, la concentración del agua del depósito puede considerarse constante
en el transcurso del intervalo de tiempo meniconado. El producto del agua que ha salido
5∆t por dicha concentración 10-3S(t) nos dará también la cantida de sal desaparecida en
dicho intervalo de tiempo. Planteamos así la ecuación:
S(t)-S(t+∆t)= 5·10-3S(t)∆t
esto es
)(200
1)()(tS
t
tSttS −=∆
−∆+
Tomando límites cuando ∆t→0 obtendremos (supuesta derivable la función S)
S´(t) = -S(t)/200
es decir
2001
)()´( −=
tS
tS
de modo que
2001
)(log−=tS
dt
d
luego
S(t)=e-1/200 t +k
donde k es una constante a determinar. Para t=0 sabemos que S(0) = 2000 luego
ek=2000 y la función buscada es, por fin:
S(t)= 2000e-t/200.
Llamemos T al instante en el cual la sal que queda en el depósito son 200
gramos. Sustituyendo en la igualdad anterior, será:
200=2000e-T/200
de donde se obtiene T=200log10 y como log10 = 2,30 resulta aproximadamente
T=460m = 7h40m.
6/8
84.- Demostrar que 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:
Sean a y A fijos. El área del triángulo es:
A
S=ah/2.
Ahora bien:
h=bsenC
π=++ CBA ˆˆˆ
Csen
c
Bsen
b
Asen
aˆˆˆ ==
sistema de ecuaciones que nos permite deducir que
).ˆˆ(·ˆˆ
ˆ·ˆˆ CAsenCsenAsen
aCsenBsen
Asen
ah −−== π
Sustituyendo en la expresión del área resulta
S= )(21 2
CAsenCsensenA
a −−π
y buscamos el máximo de S en función de C :
S= [ ])cos()(cos21 2
CAsenCCACsensenA
a −−−−− ππ =
= )2(21 2
CAsensenA
a −−π
La ecuación S´=0 es sen(π-A-2C)=0, es decir, π-A-2C=0 de donde C=2
A−π.
7/8
Puesto que S´= )2cos(2
CAsenA
a −−− π , es sencillo comprobar que este valor de C
corresponde a un máximo de S. Pero entonces, B=π-A-C= 2
A−π, es decir, B=C así
que, efectivamente, el triángulo que buscábamos es un triángulo isósceles.
Segunda parte:
En el primer lugar, hemos de hacer notar que si consideramos los triángulos
inscritos en una circunferencia con un lado fijo, se verifica que el ángulo opuesto a
dicho lado tendrá el mismo valor para todos ellos, ya que será un ángulo inscrito a una
circunferencia abarcando un arco fijo.
Deducimos entonces de la primera parte que de todos los triángulos inscritos en
una misma circunferencia que tengan un lado fijo, el de mayor área es el isósceles .
Entonces, resulta evidente que:
Dado un triángulo cualquiera inscrito en una circunferencia fija o bien este
triángulo es isósceles o bien puedo encontrar un isósceles también inscrito en dicha
circunferencia, que tenga área mayor que el triángulo inicial. (Basta para ello con tomar
como fijo uno de los lados del primer triángulo y aplicar el párrafo anterior). Nuestro
problema se reduce pues a demostrar que entre todos los triángulos isósceles en una
circunferencia fija, el de área máxima es el equilátero.
Calculemos el área de este triángulo isósceles en función de x.
A
B C
S=bh/2.
h=r+x.
Para calcular b/2, tendremos en cuenta que el triángulo ABP es rectángulo en B,
así que b/2 es la altura relativa a la hipotenusa en dicho triángulo, cumpliéndose que:
8/8
222
))((4
2/2/
xrxrxrb
xr
b
b
xr −=−+=−
=+
es decir
b/2= 22 xr − .
Se obtiene finalmente:
S= 22)(2
xrxrhb −+=
Calculemos el valor de x que hace máxima esta expresión:
S´=xr
xrxr
xr
rrxx
xr
xxrxr
−+
−=−
+−−=
−
−++− )2(
2)(
22
22
22
22
El valor x=r/2 anula S´ y además hace negativa S´´, así que corresponde a un máximo.
Pero si x=r/2, se obtiene que b=2 22 xr − =r 3 , es decir, el triángulo ABC es
equilátero.
En efecto:
.34
39)2/3()2/3()2/()(
222222 r
rrrrbxrACAB =+=+=++==
Hoja Problemas – Análisis II
1/9
85.- Sea Bj(t) la función polinómica:
Bj(t)= NjnnjRtttj
njnj ∈≤∈−
− ,,,)1(
Demostrar que:
i) 1)(1
=∑=
n
jj tB
ii) nttjBn
jj =∑
=1
)(
iii) 2
2
)1()()1( tnntBjjn
jj −=−∑
=
iv) )1()()(2
2 tnttBntjn
jj −=−∑
=
Solución:
Consideremos la identidad: (t+x)n= RxtNnxtj
nn
j
jnj ∈∈
∑=
− ,,,0
.
Derivando en ambos miembros respecto de t y multiplicando después por t se obtiene:
n(t+x)n-1t= ∑=
−
n
j
jnj xjtj
n
1
Derivando nuevamente y multiplicando por t2 resulta:
n(n-1)(t+x)n-2t2 = jnn
j
j xtjjj
n −
=∑ −
2
)1(
Las igualdades i), ii) y iii) se obtienen inmediatamente sustituyendo x por 1-t en las tres
identidades anteriores.
Operando en las igualdades ii) y iii) resulta:
2
22
2
2
)1()()()()1( tnntjBtBjtBjjn
jj
n
jj
n
jj −=−=− ∑∑∑
===
de donde:
)()1()()1()( 12
2
2
2
2 tBnttnntjBtnntBjn
jj
n
jj −+−=+−= ∑∑
==
Entonces:
2/9
=−+=− ∑∑∑∑====
n
jj
n
jj
n
jj
n
jj tjBnttBtntBjtBntj
00
22
0
2
0
2 )(2)()()()(
= n(n-1)t2+nt+n2t2-2n2t2 = nt-nt2 = nt(1-t), que es la igualdad iv).
86.- Probar que la función f(x) = x/(1+x2) definida en toda la recta real, es
uniformemente contínua.
Solución:
Calculemos en primer lugar |f(x1)-f(x2)|, siendo x1,x2 dos números reales arbitrarios:
|f(x1)-f(x2)| = )1)(1(
1||
11 22
21
21
1122
221
1
xx
xxxx
x
x
x
x
++−
−=+
−+
Comprobemos que )1)(1(
122
21
21
xx
xx
++−
≤1 para todo par x1,x2∈R.
Llevaremos a cabo dicha comprobación teniendo en cuenta los posibles valores de |1-
x1x2|.
a) |1-x1x2| = 1-x1x2.
Entonces )1)(1(
122
21
21
xx
xx
++−
= 1)1)(1(
122
21
21 ≤++
−xx
xx es una desigualdad equivalente a 1-x1x2≤
≤(1+x12) (1+x2
2), o bien x2+x22+x1
2 x22+x1x2 ≥0. Ahora bien, el primer miembro de esta
desigualdad se puede escribir en la forma 211
21
43
2xx
xx
x ++
+ , que evidentemente, es una
expresión positiva o nula.
b) |1-x1x2| = 0. Es un caso de comprobación trivial.
c) |1-x1x2| = x1x2-1.
Razonando igual que en a), se llega a una expresión de la forma x12+x22+x1
2 x22+2-x1x2 =
24
32
22
21
1
2
21 +++
+ xx
xx
x, que también es positiva o nula.
Volviendo de nuevo a nuestro problema, hemos obtenido que, para todo x1,x2∈R es:
|f(x1)-f(x2)|≤ |x1-x2|.
Entonces, fijado cualquier número real E>0, si tomamos η=E, resulta que si |x1-x2|≤η, será
|f(x1)-f(x2)|≤E, lo que demuestra la continuidad uniforme de la función f.
3/9
87.- Establecer la igualdad siguiente:
2/)12(1
·2 π=−+−
xarcsenx
xarctg
Solución:
Si utilizamos la notación:
)1
,(1
x
xtgbieno
x
xarctg
−=
−= αα
)12,()12( ββ senxbienoxarcsen =−−=
se tratará de probar que 2α+β = π/2. Pero obsérvese que esto equivale a:
sen β = ααααπ
2
2
11
2cos22 tg
tgsen
+−==
−
y esta igualdad es cierta, según se compruba inmediatamente sustituyendo las expresiones de
tg α y sen β en función de x.
88.- Sea p(x) una función polinómica de grado n con coeficientes reales tal que la
ecuación p(x)=0 admite n raíces distintas x1,...,xn ninguna de las cuales es nula.
i) Expresar en función de estas raíces:
f(x) = )()´(
xp
xp y g(x)=
2
)()´(
)()´´(
xp
xp
xp
xp −
ii) Calcular las sumas:
S-1= ∑∑∑<=
−−
=
− ==ji
ji
n
jj
n
jj xxSxSx ,,
1
22
1
1
Solución:
1º.- Si an es el coeficiente de xn en p(x), podemos escribir:
p(x) = an(x-x1)(x-x2)...(x-xn)
Derivando:
p´(x) = an[(x-x2)...(x-xn)+(x-x1)...(x-xn)+...+(x-x1)...(x-xn-1)] y dividiendo aquí por
p(x) (puesto que an≠0), se obtiene:
4/9
nxxxxxxxp
xp
−++
−+
−= 1
...11
)()´(
21
para x≠xj, j=1,2,...,n. Luego f(x) = =∑=
−−n
jjxx
1
2)(
2º.- Las sumas S-1 y S-2 son respectivamente los valores de las funciones f y -g para x=0. Así
pues:
S-1=)0()0´(
p
p y S-2=
)0()0´´(
)0()0´(
2
p
p
p
p −
.
Para hallar la suma S observaremos que:
∑∑∑<
−−
=
−
=
− +=
n
jiji
n
j
n
jj xxsxjx 11
1
2
2
1
1
es decir, S-12 = S-2+2S, de donde:
S= .)0()0´´(
21
)(21
221
p
pSS =− −−
89.- Se considera el determinante de orden n:
x
x
x
+
++
1...11
.............
1...11
1...11
Establecer la fórmula:
F´n(x)=nFn-1(x)
y deducir que
Fn(x)=xn+nxn-1.
Solución:
Emplearemos la regla obtenida en el problema anterior para calcular la derivada de un
determinante. Observemos, además, que, al derivar la fila o la columna i-ésima se obtiene una
fila o una columna que tiene todos sus elementos nulos salvo el aij que es igual a 1. Es decir:
5/9
1...,,0,0
......,......
1...,1,1
1...,,11
...
1...,,1,1
......,......
0...,10
1...,11
1...,,1,1
......,......
1...,1,1
0...,,0,1
)(´x
x
x
x
x
xxF n
++
++
+
+
+
+
+=
Cada uno de los determinantes qe aparecen en esta suma se desarrolla por la fila que
tiene todos los elementos nulos menos uno, y como este elementos se sencuentra situado
siempre en la diagonal principal, su adjunto llevará signo positivo. Este adjunto es,
evidnentemente el determinante Fn-1(x), y entonces:
=
+
++
++
+
++
+
+
++
=
x
x
x
x
x
x
x
x
x
xF n
1...,,1,1
......,......
1...,1,1
1...,,11
·1...
1...,,1,1
......,......
1...,11
1...,11
·1
1...,,1,1
......,......
1...,1,1
1...,,1,1
)(´
= nFn-1(x).
Estableceremos la fórmula Fn(x) = xn+nxn-1 por inducción. Desde luego, esta fórmula
es cierta para n=2: F2(x)=x2+2x.
En efecto:
F2(x) = xxxxxx
x21121)1(
11
11 222 +=−++=−+=+
+
Supongamos que es cierta para n: Fn(x) = xn+nxn-1 y comprobemos que también es
cierta para n+1.
Según la fórmula establecida en la primera parte:
F´n+1(x)= (n+1)Fn(x) = (n+1)(xn+nxn-1) = (n+1)xn+(n+1)nxn-1, es decir, Fn+1(x) es una
función cuya derivada es la expresión anterior. Según la regla del cálculo de derivadas, resulta
inmediato que:
Fn+1(x)= xn+1+(n+1)xn
así que la fórmula también es cierta para n+1, c.q.d.
90.- Se considera la función real f definida por
xsen
senx
senxxf1
11·)( =
6/9
para x≠≠ 0 y x ≠≠ 1/kππ , con k=±± 1, ±± 2,... completándose su definición en toda la recta
del siguiente modo:
f(0)=0 y f(1/kππ )=0 para k=±± 1,±± 2,...
Probar que esta función es continua en todo punto x∈∈R pero carece de
derivada en los puntos del conjunto M=0,1/ππ ,-1/ππ ,1/2ππ ,-1/2ππ ,....
Solución:
En un punto cualquiera x∈R-M la función f es continua en virtud del teorema de la
continuidad de las funciones compuestas. La continuidad en el punto x=0 resulta de la
mayoración evidente |f(x)|≤|x|, que no sdice que si x→0 también f(x)→0 = f(0). La
continuidad en un punto de la forma x=1/kπ con k∈Z-0 resulta de la mayoración
|f(x)|≤|x|·|sen 1/x| ya que limx→1/kπ |sen 1/x| = 0.
Así pues, la función f es contínua en toda la recta real. Su derivabilidad es cualquier
punto x∈R-M se obtiene como consecuencia del teorema de derivabilidad de las funciones
compuestas. Estudiemos la derivabilidad en el punto x=0. Para ello, formaremos el siguiente
cociente incremental
hsen
senh
senh
hf
h
fhf1
11)()0()( ==−
donde se observa que si h=1/kπ y hacemos k→∞, el límite que se obtiene es 0, porque la
función f se anula en estos puntos, mientras que si tomamos h=2/(4k+1)π y hacemos k→∞, el
límite que resulta es sen 1. Al no coincidir estos límites, se ve que no existe el limh→0f(h)/h, por
lo cual la función f no es derivable en el punto x=0. Estudiemos por último la derivabilidad en
un punto de la forma x=1/kπ . Para ello formaremos el cociente incremental
πππ
ππππππ
hk
ksen
senhk
ksen
hk
hk
h
hk
f
hk
fhk
f
++
+=
+
=
−
+
1
11
1111
para estudiar su límite cuando h→0. Es inmediato que limh→0(1+hkπ)/kπ = 1/kπ . Por otro
lado,
7/9
limh→0221)1(
11 π
ππ
khk
ksen
hk+−=
+
como se deduce de la relación
sen π
πππππ
ππ
ππ
hk
hksen
hk
khksenk
hk
ksen
hk
k
2222)2(
cos211
22
+−
++=−
+=
+.
Ahora bien, no es difícil comprobar que el límite de
ππhk
ksen
sen
+1
1
cuando h→0 no existe. Luego no puede existir el límite del cociente incremental que venimos
estudiando, es decir, la función f no es derivable en ningún otro punto de la forma x01/kπ , con
k∈Z-0. Así pues, la función dada f es continua en R y derivable en todo punto de R-M,
careciendo de derivada en los puntos del conjunto M.
91.- Dada la parábola de ecuación y= px2 , respecto de un sistema cartesiano
rectangular XOY de ejes coordenados, hallar las ecuaciones de la tangente y de la
normal en un punto cualquiera P=(x0,y0) así como las longitudes de la tangente, de la
normal, de la subtangente y de la subnormal.
Solución:
La derivada de y= px2 vale y´=y
p
px
p =22
2
8/9
La ecuación de la tangente en P es y-y0= )( 0
0
xxy
p − , o sea:
px-y0y-px0+y02=0.
La normal es la perpendicular a la tangente en el punto P. Su ecuación será:
y-y0=- )( 00 xxp
y −
es decir,
y0x+py-y0x0-py0 = 0.
El punto T de intersección de la tangente con el eje OX se obtiene haciendo y=0 en la
ecuación de la tangente y despejando x; resulta:
xT= p
yx
p
ypx 20
0
200 −=
−
El punto N de intersección de la normal con el eje OX se obtiene haciendo y=0 en la
ecuación de la normal y despejando x; resulta:
xN= pxy
pyxy+=
+0
0
000
La subtangente es, por definición, la longitudf del segmento HT (donde H=(x0,0) es la
proyección ortogonal de P sobre el eje OX). Valdrá pues, St=HT=xT-x0=-y02/p =-2x0. La
subnormal es, por definición, la longitud del segmento HN. Valdrá, pues, Sn= HN = xN-x0=p.
Observamos entonces que en una parábola la subnormal es constante (independiente del
punto P desde el cual se considera); puede demostrarse con facilidad que esta propiedad
caracteriza a las parábolas. La longitud de la tangente es, por definición, la del segmento PT.
Se calcula por el teorema de Pitágoras PT = = 20
20
220 4xySy t +=+ . Análogamente, la
longitud de la normal es PN = = 220
220 pySy N +=+ .
92.- Supongamos que g es una función derivable en R con derivada acotada:
|g´(x)|≤≤ M. Fijado E>0, consideremos la función f(x)=x+Eg(x). Demostrar que f es
inyectiva si E es suficientemente pequeño. Determinar un conjunto de valores
admisibles de E dependiente sólo de M.
Solución:
9/9
La función f es derivable y por lo tanto continua. Así que, para ser inyectiva debe ser
estrictamente creciente o estrictamente decreciente en R, es decir, debe ser f´(x)>0 o bien
f´(x)<0 para todo x∈R.
f´(x) = 1+Eg´(x)
La condición f´(x)<0 es incompatible con la condición |g´(x)| ≤ M. (haga el lector los
cálculos). Así pues, exijamos que f´(x)>0 para todo x:
f´(x) = 1+Eg´(x)>0
equivale a:
g´(x)>-1/E para todo x
Por otra parte, |g´(x)|≤M equivale a
-M≤g´(x)≤M
así que basta con fijar E de forma que -M>-1/E, o bien M<1/E, que proporciona para E el
conjunto de valores: E<1/M.
Hoja de Problemas – Análisis III
1/13
93. Demostrar que la ecuación
akx
akxe x
++−−+=2
donde | k | < 1, tiene una raíz y sólo una. Determinar una sucesión convergentehacía esta raíz.______________________________________________________________________
Solución:
La ecuación akx
akxe x
++−−+=2 equivale a:
x
x
e
akekax
2
2
1)(
+++−=
Sea x
x
e
akekaxf
2
2
1)(
)(+
++−=
22
2
)1(4)´(
x
x
e
ekxf
+=
Estudiemos 22
2
)1()(
x
x
e
exg
+=
42
62
)1(22
)´(x
xx
e
eexg
+−=
en x = 0 tiene un máximo y 41
)0( =g . Por lo tanto:
x
xe
ekxf
2
22 )1(||4|)´(|
+= < 4 | k |
41
= | k | < 1,
cualquiera que sea ℜ∈x .Aplicando el método de iteración, puede asegurarse la existencia de una única raíz
de la ecuación f (x) = x. Se construye una sucesión ( nx ) convergente hacia dicha raíz
eligiendo un punto ℜ∈0x arbitrario y tomando después:).(1 xfxn =+
2/13
94. Demostrar que la ecuación x = c sen x + k, donde 0 < c < 1, tiene una raíz y sólouna. Partiendo de un valor cualquiera ℜ∈0x , se construye la sucesión ( nx )mediante la fórmula
=nx c sen kxn +−1 n =1,2,…
Probar que esta sucesión converge hacía la raíz.______________________________________________________________________
Solución:
Veamos en primer lugar que la sucesión ( nx ) es convergente. Para ello, tomemos
=nx c sen kx + :
),´()()( 11 kkkkk fxfxfxx ξ−+ −=− ] [kkk xx ,1−∈ξ
tomando valores absolutos:
|||| 11 −+ −=− kkkk xxxx | c cos kξ | || 1−−≤ kk xxc
Sea
d= =− || 01 xx |c sen |00 xkx −+
Entonces:
≤− || 12 xx cdxxc =− || 01
dcxxcxx 21223 |||| ≤−≤−
…………………………….dcxx k
kk1
1 || −− ≤−
Con ayuda de esta desigualdad, comprobaremos que la sucesión )( nx satisface elcriterio de Cauchy:
)(
......|| 211211
nm
dcdcdcxxxxxxxx nmmnnmmmmnm
>
=+++≤−++−+−≤− −−+−−−
=c
cd
ccc
dc
ccd
cccc
dnmnnmnm
−<
−−=
−−=
−−−
1111
1
y puesto que 0 < c < 1, es evidente que ε≤− || nm xx siempre que sea ., vnm ≥Así pues, la sucesión converge. Llamaremos a = nn x∞→lim .
A continuación, comprobemos que a es una raíz de la ecuación x = c sen x + k:
3/13
Como f es continua, se verifica que )()(lim afxf nn =∞→ . Pero
=∞→ )(lim nn xf axf nn =+∞→ )(lim 1 , así que resulta a = f (a), que es lo que queríamosprobar.
Finalmente, demostraremos que la raíz de la ecuación es única:Si b fuese otra raíz, tendríamos que f (b) = b, así que | b – a | =| f(b) - f(a) | =
|||||||)´())(´( ababcabfabf −<−<−=− ξξ , lo cual es una contradicción.
95. Sea f una función real convexa definida en un intervalo I de la recta real. Sean
pxx ,...,1 puntos de I y pλλ ,...1 puntos del intervalo ] [1,0 tales que .11
=∑=
p
iiλ
Se pide: 1.º) Probar que Ixi
p
ii ∈∑
=1
λ
2.º) Demostrar que ≤∑=
)(1
i
p
ii xf λ )(
1i
p
ii xf∑
=
λ
3.º) Establecer la desigualdad log ≥∑=
)(1
i
p
ii xλ i
p
ii xlog
1∑
=
λ
______________________________________________________________________
Solución:
1.º) Sean α y β el menor y el mayor de los números pxx ,...,1 respectivamente. Es claro
que
βλβλλαα =≤≤= ∑∑∑===
p
ii
p
iii
p
ii x
111
El punto i
p
ii x∑
=1
λ , por estar comprendido entre α y β pertenecerá al Intervalo I.
2.º) Para p = 2 la desigualdad es cierta por definición de función convexa. Supongamosp > 2 y razonemos por inducción. Admitiendo que la desigualdad se verifica parap = k –1 probémosla para p = k. Se tiene
∑∑∑−
=
−
=
−
=
≤≤1
1
1
1
1
1
k
ii
k
iii
k
ii x λβλλα
de donde se deduce que el punto i
k
ii xx ∑
−
=
=1
1
1 λλ
pertenece al intervalo I, siendo
∑−
=
=1
1
k
iiλλ . Como 1/
1
1
=∑−
=
k
ii λλ , la hipótesis de inducción nos permite escribir
)()()/())/(()(1
1
1
1
1
1∑∑∑
−
=
−
=
−
=
=≤=k
iiii
k
iii
k
ii xfxfxfxf λλλλλλλλ
Poniendo
4/13
kk
k
ix
k
ikkiiii xxxx λλλλλ +=+=∑ ∑
=
−
=1
1
1
y observando que 1=+ kλλ tendremos, por ser f una función convexa, que
)()()()(1
kkkki
k
ii xfxfxxfxf λλλλλ +≤+=∑
=
Utilizando un resultado obtenido más arriba concluimos que
∑ ∑∑−
= ==
=+≤1
1 11
)()()()(k
i
k
iiikkii
k
iii xfxfxfxf λλλλ
quedando la propiedad demostrada para p = k y con ello establecida en general.3.º) Aplicando el resultado anterior a la función f(x)=- log x que es convexa
tendremos
∑ ∑= =
−≤−p
i
p
iiiii xx
1 1
)log(log λλ
de donde resulta la desigualdad a demostrar multiplicando por –1.
96. Escribir el desarrollo de Taylor de la función 2)(log)( xxf = en el punto 10 =x
hasta el lugar de las derivadas de orden 4, con diversas fórmulas del términocomplementario.
Solución:
La fórmula de Taylor hasta las derivadas de orden 4 es
f(x)= )()(!3
)´´´()(
!2)´´(
)(!1
)´()( 04
30
020
000 xTxx
xfxx
xfxx
xfxf o +−+−+−+
En donde )( 04 xT representa el término complementario.Calculemos las derivadas que aparecen:
f(x)=(log x)2
xxx
xxf log21
log2)´( ==
)log1(2
)´´( 2 xx
xf −=
5/13
)log23(2
)1
(2
)log1(4
)´´´( 323 xxxx
xx
xf −−=−+−−=
)log611(2
)( 4)4( x
xxf −=
En el punto 10 =x , se tiene
6)1´´´(,2)1´´(,0)1´(,0)1( −==== ffff
Por lo tanto:
)1()1()1()1()1(!36
)1(!2
2)1(
!10
0)(log 432
4322 TxxTxxxx +−−−=+−−+−+−+=
Daremos dos formas distintas del término complementario:
a) Término complementario de Lagrange:
xccc
xcf
cxxT <<−−=−−= 1),log611(
2!4)1(
)(!3
´))(1()1( 4
4)4(
3
4
b) Término complementario de Cauchy:
´)log611(´)(2
!3´))(1(
´)(!3
´))(1()1(
4
3)4(
3
4 cc
cxxcf
cxxT −−−=−−=
97. Escribir el desarrollo de MacLaurin, de la función xexf =)( hasta el lugar delas derivadas de orden 10.______________________________________________________________________
Solución:
El desarrollo de MacLaurin de f será:
10)10(
9)9(
2
!10)(
!9)0(
...!2
)0´´(!1
)0´()0()( x
fx
fx
fx
ffxf
ξ+++++=
en donde ] [x,0∈ξ .
Es necesario calcular las derivadas sucesivas de f. Sea )(5
)( xPx eexf == con5)( xxP = .
Las derivadas sucesivas de P(x) son:
5)( xxP =45)´( xxP =
6/13
345)´´( xxP ⋅⋅=2345)´´´( xxP ⋅⋅=
xxP !5)()4( =!5)()5( =xP
0)()( =xP n n>5
Resulta entonces que la única derivada de P que no se anula para x = 0 es !5)()5( =xP .Veamos ahora una manera de calcular las derivadas de f, teniendo en cuenta que en lafórmula de MacLaurin que vamos a emplear, dichas derivadas hasta el orden 9 estánparticularizadas para x = 0:
)()( xPexf = 1)0( 0 == ef
)´()()´()´( )( xPxfxPexf xP == f ´(0)=0
las derivadas siguientes de f pueden calcularse aplicando la fórmula de Leibnitz sobre laderivada n-sima de un producto ´.Pf ⋅
Para simplificar las notaciones, llamaremos P´ = g. Entonces )()( )5()4( xpxg = , es
decir, la única derivada de g que no se anula en x=0 es !5)0()4( =g
∑−
=
−−
−=
1
0
)1()()( )()(1
)(n
k
knkn xgxfk
nxf
puesto que:
)()´´(2
2)´()´(
1
2)´´()(
0
2))´´()(()´´´(
)´()()()´())´()(()´´(
xgxfxgxfxgxfxgxfxf
xgxfxgxfxgxfxf
+
+
==
+==
resulta entonces que:
f´(0)=f´´(0)=f´´´(0)=f 0)0()4( =
ya que en estas derivadas no aparece en ningún término g )0()4( .
)()(4
4)´()´´´(
3
4
)´´()´´(2
4)´´´()´(
1
4)()(
0
4))()(()(
)4(
)4()4()5(
xgxfxgxf
xgxfxgxfxgxfxgxfxf
+
+
+
+
==
expresión en la que se anulan todos los sumandos en X = 0 salvo el primero. Por tanto:
!5)0()0(0
4)0( )4(5 =
= gff
7/13
Obsérvese que, hasta el orden 5, se anulan todas las derivadas de f en x = 0. Por lo tantoen las derivadas siguientes serán nulos en x = 0 todos los productos en los que figuraalguna derivada de f de orden menor que el quinto, o bien alguna derivada de g de ordendistinto del cuarto.
∑=
−
=
5
0
)5()()6( )()(5
)(k
xk xgxfk
xf , 0)0()6( =f
∑=
−
=
6
0
)6()()7( )()(6
)(k
xk xgxfk
xf , 0)0()7( =f
∑=
−
=
7
0
)7()()8( )()(7
)(k
xk xgxfk
xf , 0)0()8( =f
∑=
−
=
8
0
)8()()9( )()(8
)(k
xk xgxfk
xf , 0)0()9( =f
∑=
−
=
9
0
)9()()10( )()(9
)(k
xk xgxfk
xf
teniendo en cuenta que 0...)()( )7()6( === xPxP para todo x, en la expresión anterior seanularán todos los términos en los que aparezca una derivada de g de orden mayor oigual que 5.
Por lo tanto:
∑=
−
=
9
0
)9()()10( )()(9
)(k
xk xgxfk
xf
Sustituyendo en la fórmula de MacLaurin, resulta finalmente
∑=
−
++=
9
5
10)9)(5 ,
!10))()(
9(
!5!5
15
k
kkx xgf
kxe ξξ ] [x,0∈ξ
98.Obtener el desarrollo de MacLaurin, de las siguientes funciones
f(x) = log(1+x), f(x)=(1+x) α
con el término complementario de Cauchy.
1) La derivada n-sima de la función log (1+ x) se obtiene sin dificultad calculandolas primeras y aplicando el método de inducción. Resulta ser
nnn xnxf −− +−−= )1()!1()1()( 1)( para n = 1,2,... Sus valores en el punto x = 0 son
)!1()1()0( 1)( −−= − nf nn . Por consiguiente el desarrollo de MacLaurin de estafunción con el término complementario de Cauchy será:
8/13
nnnnn xx
xn
xxxxθθ
θ−+
−−+−
−+−+−=+ +−
11
)11
()1(1
1)1(...
31
21
)1log( 1132
donde θ es cierto número del intervalo ]0,1[.
2) La derivada n-sima de la función binómica α)1( x+ , donde α es un numero realcualquiera, se obtiene fácilmente como en el caso anterior, resultando
nn xnxf −++−−−= ααααα )1)(1)...(2)(1()()(
para n=1,2,... Sus valores en el punto x = = son
)1)...(2)(1()0()( +−−−= nf n αααα
Ponemos por definición
!)1)...(1(
nn
n+−−=
αααα
generalizando así la notación de los números combinatorios ordinarios. Eldesarrollo de MacLaurin de nuestra función, con el término complementario deCauchy es:
nnnn xxnn
xn
xxx −−− +−
+
−
++
+
+=+ αα θθ
αααα)1()1(
1...
211)1( 112
donde θ es cierto número del intervalo ]0,1[.
99.Haciendo uso de la fórmula de Taylor para la función (1+x) 3
1
calcular
aproximadamente (1,03) 3
1
. Situando el término complementario en el lugar delas derivadas terceras, estimar el error cometido.
Solución:
Supondremos conocido el desarrollo de Taylor de la función rx)1( + . Tomando en
dicho desarrollo r =31
, resulta:
323
1
!3)(
!2
)131
(31
!131
1)1( xf
xxxm ξ+
−++=+
con 0 < ξ < x, y también
9/13
3
8
33
83
3
1
)1(310
)1)(35
)(32
(31
)1)(231
)(131
(31
)(−−
−+=+−−=+−−= xxxxf m
Tomando en el desarrollo de Taylor x = 0,3
33223
1
01,01,109,091
1,01)3,0)(32
(31
!21
3,031
1)03,1( TTT +−=+−+=+−++=
Por lo tanto:
(1,03) ≅3
1
1,09
El error cometido es precisamente el término complementario:
)´´´(103!3
1)3,0(!3
)´´´( 3333 ξξ
ff
T −== con 0 <ξ <0,3
Puesto que:
33
8
3 310)1(
310)´´´( ≤+=
−
ξξf
Obtenemos, como cota del error cometido:
333
33 1021035
310
103!3
1 −−− ⋅≤⋅=⋅⋅≤E
100. Determinar las asíntotas y ramas parabólicas de la curva:
y = cos 2x + 2 sen x
Solución:
1) El campo de existencia de esta curva es todo ℜ , y además es periódica deperíodo 2π ya que:
cos 2 (x+2π) +2 sen (x + 2π)=cos 2x +2 sen x
Por lo tanto, nos limitaremos a representar gráficamente la función en el intervalo[-π ,π].
2) Cortes con los ejes:Para x = 0 es y = 1, así que pasa por (0,1).Para y = 0, resulta la ecuación cos 2x + 2 sen x = 0 o bien:
10/13
02cos 22 =+− senxxsenx0221 2 =+− senxxsen
que es una ecuación de segundo grado en sen x cuyas raíces son:
sen x=2
314
122 ±=±
la solución sen x =2
31+ no nos sirve porque
231+
>1 así pues, resulta sen
x =2
31−, que proporciona dos valores de x en [-π ,π], x = arcsen
231−
.
3) Es sencillo comprobar que esta curva no tiene asíntotas.4) Máximos, mínimos y puntos de inflexión:
y ´=-2 sen 2x +2 cos x(-2 sen x +1)
Calculemos los valores de x que anulan y´: y´ = 0 proporciona la ecuación: 2cos x (1–2 sen x) = 0 es decir:
cos x = 0
o bien
sen x=21
cuyas raíces son, en el intervalo [-π ,π], .6
5,
6,
2,
2 4321
ππππ ==−== xxxx
Hemos de estudiar ahora el signo de y´´:y ´´=-4 cos 2x – 2 sen x = 8 422 −− senxxsen
y ´´( 02)1 >=x así que 21
π=x corresponde a un mínimo
y´´ 06)( 2 >=x mínimoy´´ 03)( 3 <−=x máximo
y´´ 03)( 4 <−=x máximo
Por lo tanto, hay mínimo relativo en los puntos )3,2
)(1,2
( −−ππ y un máximo relativo en
los puntos )23
,2
5)(
23
,6
(ππ
.
Los posibles puntos de inflexión son los valores de x que anulan la derivada segunda:y´´ = 0 proporciona la ecuación
11/13
0428 2 =−− senxxsencuyas raíces son:
sen x = 8
331±
que corresponden a cuatro valores de x.
101. Calcular ∫2
0
π
senxdx por el método de las sumas de Riemann, dividiendo el
intervalo [
2,0 π en partes iguales.
Solución:
Si dividimos el intervalo en n partes iguales tendremos que:
∑∫=
∞→+=
n
jn n
jsen
nsenxdx
1
2
0
)2
0(2
limππ
π
(1)
Si llamamos ,2n
hπ= calculemos la suma
sennhhsensenhsenjhn
j
+++=∑=
...21
Para ello, emplearemos la igualdad:
22
212
cos2
12cos
hsensenkhh
kh
k ⋅−=−−+
Dando a k los valores k = 1,...,n, se obtiene:
22
21
cos23
cosh
sensenhhh ⋅−=−
222
2)12(
cos25
cosh
senhsenhn
h ⋅−=−−
....................................................................
2)(2
2)12(
cos2
)12(cos
hsennhsenh
nh
n ⋅−=−−+
y sumando miembro a miembro estas igualdades:
12/13
))(...2(2
221
cos2
)12(cos nhsenhsensenh
hsenhh
n +++−=−+
de donde:
sen h + sen 2h + ... + sen nh=
22
412
cos2
cos
hsen
n
nh π+−
Sustituyendo este resultado en (1):
nsenxdx
n 2lim2
0
ππ
∫ ∞→=
22
412
cos2
cos
π
ππ
sen
n
n +−=
=nn 2
limπ
∞→
n
n
n
n
42
412
cos4
cos
π
ππ +−= .1)
412
cos4
(coslim =+−∞→
ππn
n
nn
102. Estudiar el cálculo de los siguientes límites, por el método de las sumas deRiemann
1.º) ∑=
∞→ +
n
jn jn1 2
1lim
2.º) ∑=
∞→
−n
jn n
jnj
12
)(lim
Solución:
1.º)
[ ]23
log2log3log)2log(2
1/2
11lim
21
lim 1
01
1
01
=−=+=+
=+
⋅=+∑ ∫∑
= =∞→∞→
xdxxnjnjn
n
j
n
jnn
2.º)
+∞=−+=
+−+=
=
++−+=
−⋅=−
∞→∞→
∞→= = =
∞→∞→∑ ∑ ∑
22
21 1 1
2
22
6)1)(1(
lim6
122
)1(1
lim
6)12)(1(
2)1(1
lim1
lim)(
lim
nnnmnn
nnn
nnnnnn
njjn
nnjnj
nn
n
n
j
n
j
n
jnn
13/13
Obsérvese que, en el cálculo de este límite no puede emplearse el método de las sumas
de Riemann porque ∑=
−n
j njnj
12
)( no corresponde a la suma de Riemann de ninguna
integral propia.
Hoja de Problemas – Análisis IV
1/11
103. dxxx
xxx∫ ++
+−12
24
23
Sol.
Las raíces de la ecuación 124 ++ xx son
23
21
1 ix += , 23
21
2 ix −= , 23
21
3 ix +−= , 23
21
4 ix −−= , así que el
polinomio 124 ++ xx se descompone de la forma:
+
+
+
−=
=
−−−
+−−
−−
+−=++
43
21
43
21
23
21
23
21
23
21
23
21
1
22
24
xx
ixixixixxx
Descomponemos en fracciones simples:
43
21
43
211
22224
23
+
+
+++
−
+=++
+−
x
DCx
x
BAxxx
xxx
identificando coeficientes, se obtienen los valores:
A = 0, B = ½, C = 1, D = -½ ,
Por lo que:
∫∫∫+
+
−++
−
=++
+−dx
x
x
x
dxdx
xx
xxx
43
21
2/1
43
212
11
22224
23
(1)
Calculemos por separado estas integrales:
a) Hacemos el cambio de variable ux23
21 =− de donde, :
23
dudx =
CxCtdtt
dttx
dx +
−=+=
+=
+=
+
−
∫∫ ∫ 21
3
2arctan
3
2arctan
3
21
1
3
223
43
43
1
43
21 2
22
b) Hacemos el cambio de variable ux23
21 =+ de donde, :
23
dudx =
2/11
CxxCuu
duu
duu
udu
u
udu
u
udx
x
x
+
+−
+
+=+
−+=
=
+
−+
=+
−=
+
−=
+
+
−∫ ∫∫∫ ∫
21
3
2arctan
3
21
21
34
log21
arctan)1log(43
3
2
11
143
3
21
123
3
223
43
43
123
43
21
2/1
22
2222
2
Sustituyendo ambos resultados en (1):
Cxxxdxxx
xxx +
+−
+
++
−=
+++−
∫ 21
3
2arctan
3
21
21
34
log21
21
3
2arctan
3
21
22
24
23
104. dxxxx
xx∫ ++−
−−)1)(3(
222
2
Sol.
Descomponemos en fracciones simples:
43
213)1)(3(
2222
2
+
+
++−
=++−
−−
x
CBx
x
A
xxx
xx
identificando coeficientes, resulta A = 1, B = 1, C = 1(1)
dx
x
xxdx
x
xdx
xdx
xxx
xx∫∫ ∫∫
+
+
++−=+
+
++−
=++−
−−
43
21
1)3log(
43
21
13
1)1)(3(
22222
2
en
la última integral hacemos el cambio de variable dtdxtx23
,23
21 ==+ :
∫ ∫ ∫∫ =
++
+=
+
+=
+
+
+dt
tdt
t
tdt
t
tdx
x
x
11
13
3
123
43
43
21
23
43
21
122
22
CxxCtt +
++
+
+=+
++=
21
3
2arctan
3
11
21
34
log21
arctan)1log(23
3
12
2
Sustituyendo en (1):
3/11
Cxxxdxxxx
xx +
++
+
++−=
++−−−
∫ 21
3
2arctan
3
11
21
34
log21
)3log()1)(3(
222
2
2
105. dxxxx
x∫ ++− )1()1( 22
Sol.
11)1()1()1()1( 222
2
22 +++
+−
+
++−
++=
++− xx
FEx
x
D
xxx
CBxAx
dx
d
xxx
x
operando resulta:A = -1/3, B = 0, C = 0, D = -1/9, E = 1/9, F = -1/9
dxxx
xx
xxx
x
dxxx
xdx
xxxx
xdx
xxx
x
∫
∫∫∫
++−+−−
++−
−=
=++
−+
−−
++−
−=
++−
11
91
)1log(91
)1()1(31
191
91
11
91
)1()1(31
)1()1(
222
2
222
2
22
(1)resolvamos esta última integral: la ecuación 012 =++ xx tiene las raíces
23
21
1 ix +−= , 23
21
2 ix −−= ,
así que el polinomio 12 ++ xx se descompone de la forma:
43
21
23
21
23
21
12
2 +
+=
−−−
+−−=++ xixixxx
de donde:
∫∫+
+
−=++
−dx
x
xdx
xx
x
43
21
11
122
Hacemos el cambio de variable dtdxtx23
,23
21 ==+ :
4/11
=+−+=+
−=
+
−−=
+
+
−∫∫∫ Cttdt
t
tdt
t
tdx
x
xarctan
23
3
2)1log(
21
23
3
21
23
23
3
223
43
43
121
23
43
21
1 2
22
Cxx +
+−
+
+=
21
3
2arctan31
21
34
log21
2
Sustituyendo en (1):
Cxx
xxxx
xdx
xxx
x
+
+−
+
++
+−−++−
−=
++−∫
21
3
2arctan
93
121
34
log181
)1log(91
)1()1(31
)1()1(2
22
2
22
106. ∫ −
−
−+−
dxxxx
xx2/12/1
2/32/3
)1()1(
Sol.
dx
xx
x
xx
dxxxx
xx∫ ∫
−+
−=−+
−−
−
1
1)1(
)1(
2/3
2/12/1
2/32/3
. Hacemos el cambio 2
1t
x
x =−
,
del cual se obtiene 2
2
1 t
tx
+= y ( )221
2
t
tdx
+= dt. Por lo tanto:
( )∫
∫
∫∫
+++=
=+++
=++
+
=−+
−−
−
dtttt
t
dttttt
tdt
t
t
tt
t
tdx
xxx
xx
)1)(1(2
))(1(2
1
2
1)1(
)1(
22
3
322
4
22
2
2
3
2/12/1
2/32/3
esta última integral se resuelve descomponiendo en fracciones simples:
11)1)(1( 2222
3
+++
+++=
+++ t
DCt
tt
BAt
ttt
t
5/11
Operando se obtienen los valores:
A = 1, B = 1, C = 0, D = -1
Así pues,
∫ ∫∫∫ −+
+
+=+
−++
+=+++
tdt
t
tdt
tdt
tt
tdt
ttt
tarctan
43
21
11
11
1)1)(1( 22222
3
La integral ∫+
+
+dt
t
t
43
21
12
se resuelve con ayuda del cambio de
variable
st23
21 =+ :
Ctt
Cssdss
sds
s
sdt
t
t
+
++
+
+=
=+++==++
=+
+=
+
+
+∫∫∫
2
1
3
2arctan
3
11
2
1
3
4log
2
1
arctan3
1)1log(
2
1
1
13
3
1
2
3
4
3
4
321
23
4
3
2
1
1
2
22
22
Finalmente, resulta:
Cx
xx
xx
xdx
xxxxx +
−−
+
−+
+
+
−=
−+−
∫ −
−
1arctan2
21
132arctan
321
21
134log
)1()1(
2
2/12/1
2/32/3
107. Sea [ ] →2/,0: πf 3 una función reglada y )(lim2/,2/
xfxx ππ
λ<→
= . Demostrar que
∫ =+∞→
2/
0)(sincoslim
πλdxxxfxn n
n
Sol.
Mediante un sencillo cálculo directo observamos que
λλπ
1sincos
2/
0 +=∫ n
nxdxxn n .
6/11
Ahora estudiaremos la diferencia λπ
)1/()(sincos2/
0+−= ∫ nndxxxfxnI n . Por
definición del número λ , sabemos que fijado arbitrariamente un número ,0>εexiste otro número ηcon 2/0 πη << tal que ελ ≤−)(xf siempre que sea
2/2/ πηπ ≤≤− x . Entonces descomponemos I en la forma I1 + I2 donde
[ ]
[ ]∫∫
−
−
−=
−=2/
2/2
2/
01
)(sincos
)(sincos
π
ηπ
ηπ
λ
λ
dxxfxxnI
dxxfxxnI
n
n
Como la función λ−)(xf está acotada en [ ]2/,0 π por ser reglada, podremosescribir
−
+=≤ +−
∫ ηπηπ
2sin
1sincos 12/
01nn
n
nMxdxxnMI
donde M es una constante, y de aquí se deduce que 0lim 1 =+∞→
In
. Así que existe un
número natural ν tal que ε≤1I siempre que sea ν≥n . Igualmente se prueba sindificultad que
εεπ
ηπ≤≤ ∫ −
2/
2/2 sincos xdxxnI n
para todo n. Entonces 0lim 2 =+∞→
In
, de donde se deduce lo que queríamos demostrar.
108. Sea I un intervalo compacto de la recta real. A cada intervalo abierto o cerrado(a, b) I⊂ y a cada función reglada f definida en él asociémosles un número I(a, b; f) demodo que se verifiquen las cinco condiciones siguientes:
1) );,();,();,( gbaIfbaIgfbaI +=+ cualesquiera que sean las funcionesf y g.
2) );,();,( fbakIkfbaI = cualesquiera que sean el número k y la función f.3) abbaI −=)1;,( , donde 1 denota la función constante igual a 1 en (a, b).4) );,();,();,( fbcIfcaIfbaI += , cualquiera que sea el punto ),( bac ∈ .
5) )(sup;,( xfkfbaIbxa ≤≤
≤ donde k es una constante que depende del
intervalo(a, b) y de la función f.
Demostrar que ∫=b
affbaI );,(
Sol.
7/11
Supongamos primero que f es la función característica de un cierto intervaloIba ⊂),( , esto es, f(x)= 1 para ),( bax ∈ y f(x)= 0 para ),( baIx −∈ . Según la
propiedad 3) es claro que ∫=−=a
bfabfbaI );,( . En particular, si a= b, se
obtiene I(a, a; f)= 0. Como [ ] ] [ ,, bbaaba UU= , aplicando la propiedad 4)se ve el intervalo (a, b) abierto o cerrado. Supongamos ahora que f es unafunción escalonada en [a, b]. Entonces f es, evidentemente, una combinaciónlineal de funciones características de subintervalos abiertos (salvo un númerofinito de puntos).
Aplicando las propiedades 1) y 2) se obtiene inmediatamente que
I(a, b; f) ∫=b
af .
Supongamos por último que la función f es en general reglada. Existeentonces una sucesión (fn) de funciones escalonadas en [a, b] que convergeuniformemente hacia f. De las propiedades 1), 2) y 5) deducimos que
)()(sup;,();,();,( xfxfkffbaIfbaIfbaI nbxa
nn −≤−=−≤≤
Cuando +∞→n , el último término tiende hacia 0 por la convergenciauniforme. Luego
);,();,(lim fbaIfbaI nn
=+∞→
Ahora bien, según hemos visto más arriba, ∫=b
ann ffbaI );,( ya que las nf
son escalonadas. Resulta entonces que );,(lim fbaIfb
a nn
=∫+∞→. Pero por
definición, el primer miembro es la integral de la función reglada f en el
intervalo [a, b]. Luego );,( fbaIfb
an =∫ c. q. d.
109. Demostrar que 0lim =+∞→ n
nJ siendo
∫=π
0sin)( xdxxfJ nn y
!)(
)(n
abxxxf
nn
n
−=
donde a, b, n son números naturales y ba /≤π
Sol.
Es inmediato ver que la función polinómica p(x) = x(bx-a) tiene un
mínimo relativo en el punto ba
x2
= y su valor en este mínimo es ba
2
2−, que es también
8/11
el mínimo absoluto de dicha función en el intervalo [0,a/b]. Luego !2
)(2
nb
axf
nn
n
n ≤ para
todo [0,a/b]. Tendremos, puesto que [0,π]⊂[0,a/b]:
n
nnn ba
ndxxfdxxxfJ
≤≤= ∫∫ 2!
1)(sin)(
2
00π
ππ
de donde se deduce que 0lim =+∞→ n
nJ y por tanto 0lim =
+∞→ nn
J .
110. Determinar la función derivable f definida en [0, 2] que verifique la ecuación
[ ]∫ +=x
xfxfdttf0
)0(2)()(3 y es tal que f(1) = 1, f(2) = 7.
Sol.
Si f es derivable en [0, 2], será continua, así que, derivando en la igualdad delenunciado resultará:
xxffxfxf )(')0(2)()(3 ++=es decir:
0)0(2)(2)(' =+− fxfxxf
Vamos a llamar g(x) = f(x) – f(0), por lo que )(')(' xfxg = , y la igualdadanterior puede escribirse de la forma:
0)(2)(' =− xgxxgo bien;
xxg
xg 2)()(' =
Pero se sabe que [ ])()('
)(logxg
xgxg =′ y también [ ]
'2
log 2
xx
′, lo que nos
permite escribir:
222 loglogloglog)(log kxkxcxxg =+=+=
en donde hemos tenido en cuenta que c es una constante arbitraria, que por lotanto puede escribirse en la forma c = log k.
Resulta finalmente:
2)( kxxg =o bien
2)0()( kxfxf =−
9/11
Puesto que sabemos que f(1) = 1 y f(2) = 7, obtenemos:
kf
kf
4)0(7
)0(1
=−
=−
de donde:12)( 2 −= xxf
111. Sea f una función real con derivada continua en el intervalo I = [a, b]. Supongamosque f(a) = 0 y que 1)('0 ≤≤ xf , para todo Ix ∈ . Establecer las siguientesdesigualdades:
1) [ ] dttfxfb
a∫≤ )(2)( 2 para todo Ix ∈
2) [ ]∫ ∫
≤
a
b
a
bdttfdxxf
23 )()(
Sol.
1) Se tiene [ ]∫ =x
axfdttftf 2)(
21
)(')( de donde:
[ ] ∫=x
adttftfxf )(')(2)( 2
para todo Ix ∈ . Como 1)(' ≤tf , será )()(')( tftftf ≤ para todo It ∈ .
Luego [ ] ∫≤x
adttfxf )(2)( 2 .
Por otra parte, al ser 0)(' ≥xf en I y f(a) = 0, la función f es monótonacreciente en I y entonces:
∫∫ ≤b
a
x
adttfdttf )()(
resultando
[ ] dttfxfb
a∫≤ )(2)( 2 c. q. d.
2) Llamando ∫=x
adttfxF )()( , tenemos según una desigualdad obtenida en
el apartado 1) que [ ] )(2)( 2 xFxf ≤ para todo Ix ∈ . Entonces
10/11
[ ] [ ]
[ ] [ ] dqcdttfaFbF
dxxFxFdxxfxfdxxf
a
b
a
b
a
b
a
b
..)()()(
)(')(2)()()(
222
23
=−=
=≤=
∫
∫ ∫∫
112. Sea f una función real continua en toda recta real, y sea F la función:
∫−=
x
xdttf
xxF )(
21
)( si )0()0(,0 fFx =≠
Demostrar que F es continua en IR y derivable en IR – 0. Aplicación al caso)/1sin()( tttf = si 0)0(,0 =≠ ft .
Sol.
Si 0≠x , F es el producto de las funciones x
xf21
)(1 = y ∫−=
x
xdttfxf )()(2 ,
ambas continuas en IR – 0, así que podemos asegurar la continuidad de F enIR – 0.
Examinaremos ahora el caso x = 0:
∫− →→→→===
x
xx
xx
xxxcfcxf
xdttf
xxF )(lim)(2
21
1lim)(21
lim)(lim0000
en donde [ ]xxcx −∈ , . Pero f es una función continua, y cuando 0→x , también
0→xc así que )0()(lim0
fcf xx
=→
. Resulta finalmente que
)0()0()(lim0
FfxFx
==→
, por lo que concluimos que F es continua también en el
punto x = 0.
Por otra parte, las funciones f1 y f2 son derivables en todo punto 0≠x , asíque su producto, que es la función F, también lo será. Estudiemos elcomportamiento de F en x = 0.
[ ]hhch
fcf
h
fchfh
h
fdttfh
hFhF
F
hh
h
h
h
h
h
hh
,)0()(
lim)0()(2
21
lim
)0()(21
lim)0()(
lim)0('
00
00
−∈⇔−=−
=
=−
=−=
→→
−
→→
∫
En principio, no puede asegurarse la existencia del límite anterior, que esindeterminado, así que tampoco puede asegurarse la existencia de F’(0).
11/11
Aplicación a la función t
ttf1
sin)( = f si 0≠t , f(0) = 0. La función f es
continua en todo IR, ya que )0(01
sinlim0
ft
tt
==→
. Podemos asegurar entonces
que ∫−=
x
xdt
tt
xxF
1sin
21
)( es una función continua en IR, y derivable en
3 – 0.
En x = 0 resulta: h
cc
h
fcfF h
h
h
h
h
1sin
lim)0()(
lim)0('00 →→
=−= que es una
indeterminación.
Hoja de Problemas – Análisis V
1/6
113. Calcular ∫ −−
8
041
31
21
)2( dxxx
Sol.:
Mediante la sustitución tx 23
1
=
38tx = ´´ dttdx 224= ´´ 2
3
2
1
2
1
)8(−−−
= tx
4
1
4
1
4
1
4
1
3
1
)1(2)22()2( ttx −=−=−
para 8=x ´´ t283 = ´´ 1=tpara 0=x ´´ t20 = ´´ 0=t
∫ −−
8
041
31
21
)2( dxxx =)
411
(
)45
()23
(
2
12)
45
,23
(2
12)1(
2
1244
14
51
0
12
3
4
Γ
ΓΓ==−
−−
∫ βdttt
114. Calcular mediante la función β de Euler
∫ ∫−−
−=−
1
0
1
0
2
1
4
1
4)1(
1dxx
x
dx
Sol.:
Realizando la sustitución 4tx =
tx =4
1
´´ dttdx 34=
2
1
2
1
4
1
)1()1(−−
−=− tx
en 4tx = para 11 =⇒= tx para 00 =⇒= tx
sustituyendo:
∫∫∫ −−−−
−=−=−1
0
1412
11
0
32
11
0
2
1
4
1
)1(44)1()1( dtttdtttdxx
2/6
35128
13572!4
21
23
25
57
!34
)29
(
)21
()4(4)
21
,4(44
=⋅⋅⋅
==Γ
ΓΓ==
π
πβ
115. Calcular mediante una función de Euler: dxxx na )log(1
0∫ siendo n un numero
natural
Sol.:
Realizamos la sustitución tex −= ; dtedx t−−=
Para 1=x 0=t taa ex −=Para 0=x ∞=t tx −=log ; nnn tx )1()(log −=
=−=−−= ∫∫∫∞ +−−
∞
− dttedtetedxxx natntnntana
0
)1(01
0)1()1()log(
realizamos la sustitución zat =+ )1( ; a
dzdt
+=
1
para ∞=t ∞=z
a
zt
+=
1 ; n
nn
a
zt
)1( +=
para 0=t 0=z
)1()1()1(
)1()1(
)1()1()1(
1010+Γ
+−=
+−=
++−=
+
∞ −+
∞ − ∫∫ na
dzzeaa
dz
a
ze
n
nnz
n
n
n
nzn y dado que n
es natural !)1()1(
!)1(1
na
nnn
n
++−==+Γ
116. Calcular el área comprendida entre la estrofoide )()( 22 xaxxay −=+ y suasíntota.
Sol.:
La curva es simétrica con respecto a OX, si despejamos y
xa
xaxy
+−= )(2
2 ´´ xaxa
xxa
xaxy
+−±=
+−
±=)(2
para ax −= ∞=y (La asíntota es x=-a)
3/6
Calcularemos el área entre estrofoide y su asíntota por encima de OX y lamultiplicaremos por dos.
∫∫∫ −−− −
−=
−+−−
=+−
=0
22
00 )(222
aaadx
xa
xaxdx
xaxa
xaxaxdx
xa
xaxS Realizaremos la
sustitución tax ⋅⋅= cos ´´ dtsentadx ⋅⋅−=
sentaxa ⋅=− 22
en tax cos⋅= para x=0 ´´ 0= ta cos⋅2π=t
para x=-a ´´ -a= ta cos⋅ π=t
Sustituyendo:
∫∫ ∫ =−−=⋅−⋅
⋅−⋅=−
−−
2202
22)cos1(cos2)(
)cos(cos2
)(2
π
π
π
πdtttadtsenta
sentatata
dxxa
xaxa
=
−−+−=−−−=−− ∫ ∫
222 2222 241
21
2)2cos21
21
(cos2)cos(cos2
π
π
π
π
π
πtsentsentadtttadttta
=+−=
−−−⋅−−−= )4(
2)2
41
2()
21
42(2
22 πππππππ a
sensensensena
22
)4(2
ua
S π+=
117. Calcular el área encerrada por la curva 422 xxy −=
Sol.:
La curva es simétrica con respecto a OX y OY
242 1 xxxxy −±=−±=
Hallando sus puntos de corte con OX, haciendo y=0
0=x
01 2 =−± xx 1+=x 1−=x
Calcularemos la rama positiva el área sobre OX y la multiplicaremos por 4
4/6
∫ ∫
−−=−−−=−=
1
0
1
0
1
0
2
3
2
122 )1(
34
23
)1(2)31
(414 xdxxxdxxxS
2
34
uS =
118. Calcular el área encerrada por la rosa de tres pétalos ωρ 3cos⋅= a
Sol.:
Se puede calcular el área entre 0 y 6π
y multiplicar el resto por seis.
6
0
26
0
26
0
26
0
222 664
121
3)6cos21
21
(33cos33cos21
6
ππππ
ωωωωωωωω
⋅+=⋅+=⋅=⋅= ∫∫∫ senadadadaS
22
4u
a⋅= π
119. Calcular el área encerrada por la curva ωρ cos2 +=
Sol.:
Se puede calcular el área entre 0 y π y multiplicar el resto por 2
∫∫∫ =+++=++=+=πππ
ωωωωωωωω00
2
0
2 )2cos21
21
cos44()cos4cos44()cos2(21
2 dddS
2
0 29
241
21
44 usensenπωωωω
π
=
+++=
120. Calcular el área encerrada por la cardioide )cos1( ωρ += a
Sol.:
Se puede calcular el área entre 0 y π y multiplicar el resultado por 2.
∫∫∫ =+++=++=+=πππ
ωωωωωωωω0
2
0
22
0
22 )2cos21
21
cos21()coscos21()cos1(21
2 dadadaS
22
0
2
23
241
21
2 ua
sensena⋅=
+++ πωωωω
π
5/6
121. Calcular el área común entre el cardioide ωρ cos1+= y el circulo ωρ cos3=
Sol.:
Calcularemos primero los puntos comunes a ambas curvas resolviendo el sistema
ωρ cos1+= ωω cos3cos1 =+
ωρ cos3= ωcos21= ´´ 21
cos =ω
3πω ±=
Dada la simetría de la figura respecto al eje podemos calcular el área superior ymultiplicar por dos el resultado
El área la podemos calcular como el área de la cardioide desde 0 a 3π
mas el área
del circulo desde 3π
a 2π
∫ ∫ =⋅++= 3
0
2
3
22 cos921
2)cos1(21
2π π
π ωωωω ddS
∫ ∫ =⋅++++= 3
0
2
3
2 2cos21
21
9)coscos21(π π
π ωωωωω dd
22
3
3
0 45
241
21
9241
21
2 usensensenπωωωωωω
π
π
π
=
++
+++=
122. Calcular el volumen engendrado por el área común a la cardioide ωρ cos1−= yal circulo 1=ρ al girar alrededor del eje polar
Sol.:
Calcularemos el volumen engendrado por el primer cuadrante de la cardioide al
girar alrededor del eje polar y sumaremos a este volumen el de la semiesfera 3132 π=
6/6
[ ]6
)1(6
)cos1(41
32
)cos1(32
32 2
042
0
320
3 ππωπωωωπωωρππππ
==−=⋅−=⋅= ∫∫ dsendsenV
3
65
64
632
6uVolumen
πππππ =+=+=
Hoja de Problemas – Análisis VI
1/7
123. Calcular el área de la superficie engendrada por la revolución alrededor del
eje OX de la astroide (hipocicloide 3
1
3
1
3
1
ayx =+ )
Sol.:
tax 3cos⋅= para x=a ´´ taa 3cos⋅= 0=t
tsenay 3⋅= para x=-a ´´ taa 3cos⋅=− π=t
tsentadt
dx 2cos)(3 −= ´´ ttsenadt
dx 4222
cos9 ⋅=
tsentadt
dy 2cos3 ⋅= tsentadt
dy 2222
cos9 ⋅=
ttsenattsenttsenadt
dy
dt
dx 2222222222
cos9)cos(cos9 ⋅=+⋅=
+
integramos 2π
y 0 y multiplicamos por 2
∫ ∫ =⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅= 2
0
2
0
423 cos12cos322π π
ππ dtttsenadttsentatsenaS
para 2π=t z=1
haciendo la sustitución sen t=z ´´ cos t dt=dz para t=0 z=0
221
0
521
0
42
512
51212 u
azadzza
πππ ⋅=
⋅+=⋅+= ∫
124. Determinar el volumen de una cuña, cortada de un cilindro circular, por unplano que pasando por el diámetro de la base esta inclinado respecto a ellaformando un ángulo a, siendo el radio igual a a.
Sol.:
El área de la sección ABC, a la distancia x del origen de coordenadas es
tgay
tgayyBCABareaABCxS22
121
)(2
=⋅⋅=⋅==
2/7
El volumen podemos, dado que la figura es simétrica, integrarlo entre a y o ymultiplicar el resultado por 2:
∫=a
dxytgaV0
2
21
2 ; pero dado que la ecuación de la circunferencia de la base es
222 ayx =+ ; xay −= 22 de
donde
33
00
3222
32
3)( uatga
xxatgadxxatgaV
aa
⋅=
−=−= ∫
125. Calcular el volumen de un cuerpo cuya base es circular de radio igual a a,siendo cada sección plana perpendicular a un diámetro fijo un triangulo untriangulo equilátero
Sol.:.
La ecuación del circulo considerado en el plano OXY es 222 ayx =+ Y ABCes el triángulo equilátero sección de la figura, cuya base es 2y y su altura (altura de untriangulo equilátero de lado y2 ; )3yh =
yhhyy 3)4( 222 =→+=
El volumen podemos, dada la simetría de la figura integrarlo entre a y 0 y multiplicar elresultado por 2:
)(333221
)( 222 xayyyxS −===
3
0
3
0
3222
334
323)(23 u
axxadxxaV
aa
∫ =
−⋅=−⋅=
126. Calcular la longitud del arco de la curva 11
log+−=
x
x
e
ey entre x=2 y x=4
Sol.:
)1log()1log(11
log +−−=+−= xx
x
x
eee
ey
)1()1)(1()1()1(
11´
2
22
−+−+=
−+−−+=
+−
−=
x
xxxx
xx
xxxx
x
x
x
x
e
eeee
ee
eeee
e
e
e
ey
3/7
12
´2 −
=x
x
e
ey ´´ ( )
( )22
22
1
4´
−=
x
x
e
ey ( ) =
−+−
=−
+=+22
222
22
22
)1(
4)1(
)1(4
1´1x
xx
x
x
e
ee
e
ey
( )( )
11
1
412
22
22
224
−+=
−
+−+x
x
x
xxx
e
e
e
eee
11
2
2
−+=
x
x
e
e ´´ ∫ −
+=4
2 2
2
11
dxe
eL
x
x
Realizando la sustitución te x =2 ´´ dtdxe x =⋅ 22
t
dt
e
dtdx
x 22 2=
⋅= ´´ para x=4 tee ==⋅ 842
para x=2 tee ==⋅ 422
∫∫∫ −+=
−+=
−+ 8
4
8
4 )1(1
21
211
114
2 2
2e
e
e
ex
x
dttt
t
t
dt
t
tdx
e
e (Racional C-1)
1)1(1
−+=
−+
t
B
t
A
tt
t ,
)1()1()1(
)1(1
−⋅+
−−=
−+
tt
tB
tt
tA
tt
t
tBtAt ⋅+−=+ )1(1 para t=1 , 2=B
para t=0 ´´ 1=-A ´´ A=-1
∫ ∫∫ =
−+−=
−+−=
−+ 8
4
8
4
8
4
8
4)1log(log
21
121
)1(1
21 e
e
e
e
e
e
e
ett
t
dt
t
dtdt
t
t
Le
eeeee =
−−+−=
−−+−+−
11
log2)1log(log21
)1log(log21
4
84488
127. Calcular la longitud del cardioide
Sol.:
)cos1(2 ωρ += a
Dado que la curva es simétrica con respecto al eje polar podemos calcular lalongitud desde 01 =ω a πω =2
ωωωρ cos8cos44)cos1(4 2222222 aaaa ++=+=
4/7
ωωρ
senad
d ⋅−= 2 ´´ ωωρ 22
2
4 senad
d ⋅=
222222222
2
2 8)(cos444cos44 asenaasenaaad
d+++=⋅++=
+ ωωωω
ω
ρρ
2cos28)cos1(8cos88 22222 ωωω aaaa =+=+=
2cos4
2cos16 22
2
2 ωωωρρ aa
d
d ==
+
∫∫ =−=
=⋅⋅==
ππ
π πωωωωω0
00
16)02
(162
162
cos21
2422
cos42 asensenasenadadaL
128. Calcular la longitud del arco de curva x=cos t desde t=0 y=2sen t a t=π
z= tπ3
Sol.:
sentdt
dx2−= ; t
dt
dycos2= ;
π3=
dt
dz
tsendt
dx 22
4=
; t
dt
dy 22
cos4=
;
2
dt
dy=
2
9
π
ππ
ππ
ππ94949
49
cos442
2
2
22
22
222 +=+=+=++=
+
+
ttsendt
dz
dt
dy
dt
dx
[ ] 949494 2
0
2
0
2
+=+=+= ∫ ππ
ππ
π ππtdtL
129 Calcular la longitud del arco de curva alabeada
a
a
a
ebz
seney
ex
θ
θ
θ
θ
θ
⋅=
=
= cos
desde 2θθ = a 1θθ =
5/7
Sol.:
θθθ
θθ seneaed
dx aa −= cos ; θθθθθ
θ senasenaed
dx a ⋅−+=
cos2cos( 2222
2
θθθ
θθ cosaa esenaed
dy += ; θθθθθ
θ senasenaed
dy a ⋅++=
cos2cos( 2222
2
aaebd
dz θ
θ⋅= ; 2
2
bed
dz aθ
θ=
222
222
1 abaed
dz
d
dy
d
dx a ++=
+
+
θ
θθθ
[ ] )(11
11
1 12
2
1
2
1
222222222 aaaa eebaaa
ebaaa
dbaaeL θθθ
θ
θ
θ
θθ θ −++=++=⋅++= ∫
130. Calcular por derivación paramétrica: dxxxb
⋅∫0
2 cos
Sol.:
Partimos del resultado conocido:
[ ]
∫∫
∫∫
−=⋅⋅−=
⋅=⋅
⋅=⋅=⋅=⋅
bb
bbb
senaba
aba
bdxsenaxxbsena
adxax
da
d
bsenaa
xsenaa
dxaxaa
dxax
0 20
000
1cos
1cos
11cos
1cos
derivando nuevamente respecto de a
∫
∫
∫
−
+−=⋅
+−−=⋅⋅−
=
−=⋅⋅−
b
b
b
aba
bsenab
aa
bdxaxx
senaba
aba
bsenab
ab
dxaxx
senaba
aba
bdxsenaxx
da
d
0 23
22
32
22
0 2
cos22
cos
2coscos
1cos
131. Calcular por derivación paramétrica la integral ∫∞ − ⋅0
2cos22
dxbxe xa
Sol.:
6/7
∫∞ − ⋅−==
022
22
dxbxsenxedb
dI xa , que vamos a integrar primero por partes:
bxsenu 2= dxxedv xa ⋅= − 22
bxbdx
du2cos2= ∫ ∫ ∫ −− −−== dxxea
adxxedv xaxa 2222 2
22
2
1
dxbxbdu ⋅= 2cos222
22
1 xaea
v −−=
=
+
+⋅−
−−=⋅−
∞−
∞ −∞
∞ −− ∫∫
02
020
0 2
2sen2
12
2cos2
2sen21
22sen2
22
222222
bxea
xdbxxea
bbxe
adxbxxe
xa
xaxaxa
0022
1)2(
2
1022 22 =
⋅−
∞⋅=
∞+bsen
eabsen
ea aade donde
0 acotada cte 0
∫∞ − ⋅−=02
2cos2 22
dxbxea
bI xa si llamamos M a la integral inicial
Ma
bI
2
2−= y como db
dMI =
Ma
b
db
dM2
2−= de donde db
a
b
M
dM2
2−= integrando en ambos términos:
∫ ∫−= dba
b
M
dM2
2´´ C
a
bb
aM log
22
log2
22
2+−=−−=
2
2
2
2
2
2
loglog
a
b
Ca
bC
a
b
eCeeeM−−+−
⋅===
si hacemos b=0 ( ) ∫∞ −
= =⋅==0
00
22
CeCdxeM xab
⋅
=
−∞ −∫ 2
2
22
0
a
bxa edxeM de donde 2
2
2a
b
ea
M−
= π
Sabiendo que ∫∞ − =
0 2
22
adxe xa π
7/7
132. Calcular por derivación respecto a un parámetro ∫−=
−1
0
1
log1
dxx
xI
n
Sol.:
Derivando I respecto a n:
∫ ∫ =
=== −
−1
0
1
0
1
0
11 1
loglog
nnx
dxxdxx
xxdndI n
nn
ndn
dI 1= ´´n
dndI = integrando
[ ]∫∫ ===n nI
nnn
dndI
1 10loglog
nI log=
133. Calcular la integral ∫∞ −−0 2
2
1dx
x
e x
Sol.:
La calcularemos por derivación introduciendo el parámetro a como sigue:
∫∞ −−
=0 2
2
1dx
x
eu
ax
∫∫∞ −∞
−
==
−00 2
22
1dxedx
x
e
da
du axax
realizando la sustitución a 22 zx = ;a
dzdx =
para ∞=x ∞=z para x=0 z=0
∫∞ − ==0 2
11 2 πa
dzea
z (veremos adelante que ∫∞ − =0 2
2 πdze z )
ada
du 1= ; daa
du2
1 π= ; ∫= daa
u2
1 π
Cau += π ; C=0 para a=1 de donde ∫∞ −
=−
=0 2
2
1πdx
x
eu
x
Hoja de Problemas – Geometría I
1/9
134. En un trapecio ABCD, la base mide 9cm y es fija en posición. El lado AB esparalelo a la base DC, varia en posición, pero su magnitud es siempre igual a6cm. La diferencia de los lados no paralelos BC y DA se mantienen siempreigual a 1cm. Estos dos lados prolongados se cortan en el punto M. Se pide:
a) Hallar el lugar geométrico del punto M, dando las características quepermitan la definición completa de dicho lugar.
b) Dado un punto P situado sobre la mediatriz de DC hacia arriba y a 6cm deeste lado, tazar la normal al lugar sin dibujar este, justificando mediantedemostración los procedimientos gráficos empleados.
Demostracióna) De la semejanza de los triángulos MAB y MBC se deduce:
96===
DC
AB
MC
MB
MD
MA, luego MAMD
23= MBMC
23= como MD=MA+AD
MC=MB+BC BC-AD=1 resulta:
ADMDADMDMAMD 3)(23
23 =⇒−==
( ) ( ) 33123
23
23 +=⇒−−=−== ADMCADMCBCMCMBMC
Asi MC-MD=3 y el punto M esta en una hipérbola de focos los puntos C y D,distancia focal 9cm, y semieje real 3/2 cm.
Al ser MC-MD=3, los puntos N tales que ND-NC=3, también pertenecientes a lahipérbola, no están en lugar geométrico; este se reduce a la rama de la hipérbolacorrespondiente al foco D; esto es, la situada en el semiplano izquierdo de lasdeterminadas por la mediatriz de DC (eje transverso de la hipérbola)
b) Supongamos resuelto el problema.
Sean N y N´ los puntos en los que las normales desde P a la hipérbola la cortan. Lacircunferencia, c, que pasa por P, N y N´ corta al eje de la hipérbola en otro punto Q, ypor simetría, PQ es un diámetro de la circunferencia.
Por ser QN perpendicular a PN y QN´ perpendicular a PN´, QN y QN´ son lastangentes trazadas desde Q a la hipérbola.
Veamos que la circunferencia, c, pasa por los focos D y C. En efecto, por sertangente en un punto bisectriz de los radios vectores, son iguales los ángulos DNQ yQNC y los ángulos DN´Q y QN´C; por simetría, son iguales los ángulos DNQ y QN´D,luego son iguales los ángulos DNQ y DN´Q, con lo que D esta en la circunferencia, c;análogamente C esta en la circunferencia.
El radio vector desde C al punto N pasara por un punto H de la circunferencia focalo directriz con centro en C, tal que ND=NH (por la definición de hipérbola, al serHC=3cm). Por otro lado, H esta también en la circunferencia de centro Q que pasa por
2/9
D, ya que al ser la tangente bisectriz de los radios vectores y ND=NH, la tangente es lamediatriz del segmento DH.
El punto de intersección de la mediatriz DH (tangente de la hipérbola en N) y de laprolongación del radio CH (radio vector del punto N) determinara el punto N.La normal pedida será la recta PN.
Se tiene el siguiente proceso para trazar la normal:
• Construir la circunferencia que pasa por P y los focos.• Determinar el punto Q en donde la circunferencia corta al eje.• Hallar los puntos de intersección H y H´, de la circunferencia con centro en Q y
radio QD, con la circunferencia de centro en C y radio 3 (circunferencia focal)• Trazar la mediatrices de los segmentos QH y QH´.• Hallar la intersección de estas mediatrices con las rectas CH y CH´
(respectivamente), se obtienen así los puntos N y N´.• La rectas PN y PN´ son las normales desde P a la hipérbola.• La recta Pn es la normal desde P al lugar, rama izquierda de la hipérbola.
135. Dado un cuadrilátero cualquiera ABCD, trazar por el vértice B, una recta quedividida al cuadrilátero en 2 partes equivalentes. Demuéstralo.
Demostración:
Sea E el punto de intersección de la recta paralela a AD pasando por B, con la rectaparalela a BD pasando por C.
Los cuadriláteros ABCD y ABED son equivalentes, ya que las alturascorrespondientes al lado común BD de los triángulos BCD y BED tienen la mismalongitud.
Sea F el punto medio de ED y sean G y H los puntos de intersección de la rectaparalela a AB pasando por F con BE y AD respectivamente.
Como los triángulos FEG y FDH son iguales, los cuadriláteros ABED y ABGH sonequivalentes.
Al ser ABGH un paralelogramo, su diagonal BH lo divide en dos partesequivalentes, luego también el área del triángulo ABH es la mitad del área delcuadrilátero ABCD, por lo que BH es la recta buscada.
136. En una circunferencia de radio R se consideran las cuerdas AB, fija delongitud R y la cuerda AC variable. Sobre estas dos cuerdas se construye elparalelogramo BACD. Se pide determinar los siguientes lugares:
a) Del punto medio de AC.b) Del centro del paralelogramo.c) Del vértice D.
3/9
Demostración:
a) Sea M el punto medio de la cuerda AC, ACAM21= . Asi M es homotético de C en
una homotecia de centro A y razón 21
. Cuando AC varia, C recorre la circunferencia
dada; por tanto, M describe una circunferencia de radio 2R
y centro en O´, punto
medio de AO`, homotética de la dada en la homotecia de centro A y razón 21
.
Obsérvese que el lugar pasa, en particular, por el punto medio de AB.
b) Sea P el centro del paralelogramo. BCBP21= . Así P es homotético de C en una
homotecia de centro B y razón 21
.
Cuando AC varia, C recorre la circunferencia dada; por tanto P describe una
circunferencia homotética a la dada en la homotecia de centro B y razón 21
. Su radio
es 2R
y su centro O´´ con 2BO´´=BO. Nótese que el lugar se puede deducir del
anterior, efectuando una traslación de vector MP=21
Ab.
c) El punto D se deduce de C aplicándole una traslación de vector AB, pues CD=AB.Cuando AC varia, C recorre la circunferencia dada; por tanto, D describe unacircunferencia trasladada de la dada en una traslación de vector AB.
137. Construir un triangulo, conociendo dos lados “b” y “c”, y la bisectriz “d” deangulo que forman. Discusión del problema a resolver.
Demostración:
Supuesto el problema resuelto si por el vértice B trazamos BE paralela a la bisectrizd, al ser iguales los ángulos BAD y ABE, por un lado, AEB y CAD por otro, obtenemosque el triangulo BAE es isósceles. En consecuencia c=EA.
Considerando las rectas CE y CB cortadas por las paralelas AD y EB se tiene:
CDb
cCB
b
c
CD
CDCB
b
c
DC
DB
AC
EA
DC
DB
+=⇔=−⇔=⇒= 1 [ ]1
La igualdad [ ]1 pone de manifiesto que B es el homotético de D en la homotecia decentro C y razón 1+c/b.
Por todo ello construimos el segmento EC de longitud c+b. A distancia c de E seencuentra en el punto A.
4/9
Resolveremos únicamente el problema en el caso bc ≤ (lo que presupone d<b paraque exista solución), pues por analogía se resolvería el caso restante. El vértice B seencontrara fuera de la recta EC y en una circunferencia de centro A y radio c.
El punto D estará situado en una circunferencia de centro A y radio d y fuera de larecta EC.
Según [ ]1 , aplicando a la circunferencia de centro A y radio d una homotecia decentro C y razón 1+c/d, obtenemos otra circunferencia; si esta circunferenciatransformada corta a la circunferencia de centro A y radio c en dos puntos obtendremossolución a nuestro problema pues los puntos de corte son los puntos donde puede estarsituado B ( resultan ser simétricos respecto de la recta EC). Si hubiera un solo punto decorte no se formaría triangulo, ya que B estaría en la recta EC. Una vez obtenido Bresulta inmediato obtener D.
Designamos por K a la expresión 1+c/b.
Al aplicar la homotecia de centro C y radio K a la circunferencia de centro A y radiod, obtenemos otra circunferencia de centro A´=E y radio dK tal que
KbKCACAKCA
CA ==⇔= ´´
.
Para que la circunferencia de centro A´ y radio dK corte en 2 puntos a lacircunferencia de centro A y radio c, tomando C como origen y siendo las abcisas de Ay E, b y b+c respectivamente, se ha de verificar:Kb-dK∈(b-c, b+c)
Pues téngase en cuenta que las abcisas de los puntos de corte de la circunferencia decentro A y radio d con CE son b-c y b+c.
En consecuencia:
cb
bc
bc
cdcKdcbKdcbcb
+=
+<<⇔<<⇔+<−+<− 2
1
2020 luego d ha de
estar comprendido entre 0 y la media armónica de b y c.
138. Dado un cono equilátero de lado 10, se corta por un plano paralelo a unageneratriz, y se pide el área del segmento parabólico así obtenido cuando estaárea es máxima.
Demostración:
Eligiendo convenientemente los ejes, calculemos el área del segmento parabólicoDEFG, tal y como se muestra en la figura 2.Suponiendo que la ecuación de la parábola es 2Kxy = , haciendo FG=a, DF=b, al ser
G(a,b) perteneciente a la parábola ha de ser 2a
bK = .
5/9
El área del segmento es:
DFEGaba
a
babdxx
a
babS
a.
32
232
)3
(2)(20
3
2
2
2==−=−= ∫ [ ]1
En la fig 1, si x=af, utilizando que FBD es un triangulo equilátero se obtiene:
FD=10-x [ ]2
En el triángulo rectángulo AGB se verifica:
FBAFEG
FBAFFG .2
.2
2 =
⇔= Luego )10(
2
2
xxEG −=
[ ]3
Sustituyendo [ ]2 y [ ]3 en [ ]1 :
[ ]10,0
)10()10(232
)(
∈
−−=
x
xxxxS [ ]4
Al ser x )(xS→ continua en [ ]10,0 alcanza su máximo absoluto. ComoS(0)=S(10)=0 el máximo absoluto será un máximo relativo y se alcanza en (0,10)
En vez de derivar S derivaremos 2S pues el valor de x buscado maximizasimultáneamente ambas funciones; dado que :0)( ≥xS
32 )10(916
)( xxxS −=
)410()10(9
16)310()10(
916
)1()10(3916
)10(916 3223
2
xxxxxxxxdx
dS −−=−−−=−−+−=
Así el x buscado es tal que:
)10,0(∈x y 0)410()10(9
16 2 =−− xx
Es decir:4
10=x
El área del segmento, para 4
10=x , es según [ ]4 :
32530300121
)4
1010()
410
10(4
102
32
=⋅=−−=S
6/9
139. Siendo a, b el menor par de números naturales que verifican la ecuación 32a-19b=1, y K el valor que hace compatible las ecuaciones del sistema.
2x+y=3x+3y=5-x+7y=K
encontrar:a. Ecuaciones de la inversión de polo el punto p(a,b) y potencia Kb. Ecuación de la circunferencia de puntos dobles de dicha inversiónc. Transformada en dicha inversión de 010622 =−−+ yxyx
Demostración.
Resolvamos la ecuación diofántica 32a-19b=1
191
1913
19132 −+=−= aa
ab
Como b ha de ser natural y a también, 13a-1=19z y b=a+z con z∈N
Luego la solución buscada es a=3 y b=5.
Para que el sistema sea compatible, dado que el rango de la matriz de los coeficientes es2, el de la ampliada también a de ser 2. luego:
2 1 31 3 5 =0 9=⇔ K
-1 7 K
a) Por semejanza de triángulos:( )
9´..
´5´5
3´3 2PA
PAPA
PAPA
PA
PA
y
y
x
x ===−−=
−− [ ]1
Teniendo en cuenta que 222 )5()3()( −+−= yxPA , sustituyendo en [ ]1 , seobtiene:
[ ]
[ ] 5)5()3(
)5(9´)5()3()5´()5(9
3)5()3(
)3(9´)5()3()3´()3(9
22
22
22
22
+−+−
−=⇒−+−−=−
+−+−
−=⇒−+−−=−
yx
yyyxyy
yx
xxyxxx
que son las ecuaciones de la inversión.
b) Es 9)5()3( 22 =−+− yx
c) 34)5()3(0106 2222 =−+−⇔=−−+ yxyxyx
Sustituyendo en las ecuaciones de la inversión:
7/9
534
)5(9´
334
)3(9´
+−=
+−
=
yy
xx
⇒
9)5´(34
5
9)3´(34
3
−=−
−=−
yy
xx
luego la circunferencia transformada es:
3481
)5´()3´(3481
)5´(3481
)3´(34 222222
=−+−⇔=−+−yx
yx
140. Dada la cónica pxy =2 y el haz de rectas y-a=t(x-b), hallar el lugar geométricode los puntos en que las rectas de este haz cortan a las tangentes a la cónica enlos puntos de intersección de esta con el haz de rectas y=tx
Demostración.
Hallemos las intersecciones de las rectas y=tx con la cónica.
pxy
txy
22 =
=)0,0(⇒ y
t
p
t
p 2,
22
son los puntos de corte.
En el caso t=0 solo existiría un punto de corte: (0,0)
a) Supongamos t 0≠
Las tangentes a la parábola en los dos puntos de corte son:
01 =≡ xr ,
−=−≡
22
22
2t
px
t
t
pyr
Al hallar la intersección de 1r con y-a=t(x-b) se obtiene (0,a-tb)
Si 0≠b esos puntos son todos los del eje x=0 , salvo el punto (0,a)
Si b=0 obtenemos (0,a)
Al hallar la intersección de 2r con y-a=t(x-b), eliminando t queda:
( ) 0)()(2)(2 22 =−−−−−− ayxbxpaybxy [ ]1 ecuación que nos dapuntos pertenecientes al lugar.
b) Si t=0 al hallar la intersección de x=0 con y-a=0(x-b)=0 queda el punto (0,a)
Resumiendo: el lugar buscado esta constituido por los puntos que verifican [ ]1 yel eje x=0 si b 0≠ .Si b=0 esta formado por (0.a) y [ ]1
8/9
141. Dada una pirámide regular de base cuadrada y altura igual al doble de lado dela base, se pide determinar la relación de volúmenes (superior e inferior) enque queda dividida por un plano que pasando por un lado de la base corta a lapirámide según un polígono cuyo perímetro sea mínimo.
Demostración.
La sección de la pirámide por un plano que pasa por el lado CD es el trapecioCDEF. El perímetro de CDEF será mínimo cuando, considerando el desarrollo lateralde la pirámide, sea mínima la longitud de la poligonal DEFC y ello supone que estapoligonal es un segmento rectilíneo.
Por la semejanza de los triángulos OEF y OAB:
3cos4cos
cos3cos4cos
3cos 23
−=−=== αα
αααα
OA
OD
OM
ON
AB
EF
y como 62
2
321
22==
+==
AB
AB
OHAH
AM
OA
AMsenα
Haciendo AB=a, resulta .97
)41()3cos4( 22 aasenaEF =−=−= αα
Para obtener la altura, EP=h, del prismatoide ABCDEF:
ahahaAB
EF
OH
EPOH
914
914
)2( =⇒=−⇒=−
Como aaaGJ98
97
21 =
+= JK a
21= , por la formula de los tres niveles el volumen
del prismatoide ABCDEF es:322
24350
)94
4(41
61
)4(61
aaaaSSh GJKLABCD =+=+
Al se el volumen de la pirámide 3
32
a , la relación de volúmenes pedida es:
2556
24350
24350
32
3
33
a
aa −
142. Sean 0 y A dos puntos diametralmente opuestos de una circunferencia. Por 0se traza una secante que corta al círculo en B y a la tangente en A en el puntoC. Por B se traza una perpendicular o OA y por C una paralela a OA. Estasdos rectas se cortan en un punto M. El lugar geométrico de los puntos M es
9/9
una cubica que tiene por asíntota la tangente en el punto 0. Hallar el áreacomprendida entre esta curva y su asíntota.
Demostración.
Sea ( ) 222 ryrx =+− la ecuación de la circunferencia.
Sea m=tgα, con α variando en el intervalo ,2
,2
− ππ
la pendiente de la recta OC.Se
tiene:
Ecuación de la recta OC y=mx coordenadas de C(2r,2mr)
Coordenadas del punto B: 222)( ryrx
mxy
=+−
= ⇒
2
2
12
12
m
mry
m
rx
+=
+=
Ecuación de la recta CM: mry 2=
+⇒ mr
m
rM 2,
1
22
Ecuación de la recta BM:21
2
m
rx
+=
Unas ecuaciones paramétricas de lugar descrito por M, son:
Rm
mrym
rx
∈=
+=
21
22
[ ]1
Eliminando m en [ ]1 queda:22
3
48
ry
rx
+=
La asíntota es la recta x=0 dado que 04
8lim
22
3
=+±∞→ ry
ry
. El área pedida es:
∫ ∫ ∫ ∫∞+
∞−
∞+ ∞+ ∞+=
+
=
+
=+
==+
==0 0 0 2
2
2322
3
22
3
12
21
8
12
21
16
4
116
4
8dy
r
yrrdy
r
yr
rdy
ryrdy
ry
rS
22
0
2 402
88 rrr
yarctgr ππ =
−=
=
+∞
Hoja de Problemas – Geometría II
1/10
143. a) Ecuación del cono de revolución que tiene su vértice en el punto O, su eje coincide con OZ y b el ángulo en el vértice es recto. b) Ecuaciones paramétricas de una curva c definida por un punto del cono anterior que se mueve de tal manera que su proyección sobre el plano XY es la espiral x=t cos t, y=t sen t (hélice cónica).
c) Hallar la superficie tangencial a c y comprobar que la binormal a la curva en cada punto coincide con la normal en él a la superficie tangencial.
d) Demostrar que cada generatriz del cono corta a c en puntos a distancia constante.
e) Sea c´ la proyección ortogonal de c sobre el cilindro 222 ayx =+ . Demostrar que la curvatura y la torsión de c´ son constantes para todos sus puntos, y que las tangentes a c´ forman ángulo constante con la dirección del eje Z.
Demostración.
a) Las generatrices del cono situadas en el plano y=0 son x=z, x=-z al ser recto el ángulo en el vértice.
Las ecuaciones paramétricas del cono de revolución con el vértice en O, eje OZ y generatriz x=z son:
uz
senuy
ux
=⋅=⋅=
φφcos
y la ecuación implícita: 222 zyx =+ . b) Las ecuaciones paramétricas de una curva sobre el cono son:
)()()(
)(cos)(
tuz
tsentuy
ttux
===
φφ
Si su proyección sobre el plano XY ha de ser x=t cos t, y=t sen t, necesariamente
u(t)=t y tt =)(φ .
Las ecuaciones de c son así:
c(t)
tz
sentty
ttx
=⋅=
= cos
2/10
c) La superficie tangencial a una curva es la superficie reglada engendrada por las tangentes de la curva.
Como c´(t)=(cost-tsent, sent+t, 1) es un vector tangente a c, la superficie tangencial a c es S(t,v)=c(t) + v c´(t). Sus ecuaciones paramétricas son:
vtz
ttsentvsentty
sentttvttx
+=++⋅=
⋅−+=)cos(
)(coscos
Como St=c´(t)+v c´´(t) y Sv =c´(t), el vector normal a la superficie, es un vector unitario en la dirección de St^ Sv=v c´´(t)^c´(t). Por otro lado c´(t) es un vector tangente a la curva y c´´(t) esta en el plano determinado por los vectores tangente y normal a la curva. Si n(t) es el vector normal a la curva sera c´´(t)=α(t)c´(t) + β(t)n(t). El vector binormal a la curva, unitario en la dirección de c´(t)^n(t), es también un vector unitario en la dirección de:
c´(t)^c´´(t)=β(t)c´(t)^n(t). En suma, tanto la recta binormal a la curva, como la recta normal a la superficie tienen como vector de dirección c´(t)^c´´(t), luego coinciden. d) Excluyendo el origen, una generatriz del cono cortara a c en puntos obtenidos para
valores de t que se diferencian en múltiplos de 2π . La distancia pedida será la distancia entre los puntos:
P1(t cos t, sen t, t) ; P2 ( )πππππ 2),2()2(),2cos()2( +++++ ttsenttt
Luego ( ) ( ) ( ) ππππ 2222cos2),( 22221 =++= senttPPd .que efectivamente no
depende de t.
e) Como la curva c´ será 222 ayx =+ , las ecuaciones de c´ son:
tz
sentay
tax
=⋅=
= cos
c´ es así una hélice circular. c´(t)=(-a sent, a cos t, t) el vector tangente unitario, t es :
( )1,cos,1
12
tasentaa
t ⋅−+
=
Sea 12 += ats el parámetro arco.
Entonces )0,,cos(1
1´
2asentta
at
ds
dt−−
+==
3/10
)0,cos,(
)1(
1´´
2
32
2
2
taasent
a
tds
td −+
==
Luego 22
22
)1(´´
+=⋅=
a
attk , y
12 +±=
aa
k
[ ]
11)1(
cos
)1(
1
)1(
cos1
1
1´´
´,,22
22
2
32
2
2
32
2
2 +=+
+−
+−
+
+−
+=
⋅=
aaa
t
a
a
senta
a
sent
a
a
taa
attttt n
τ
que son constantes en todos los puntos.
Además ( ) ,1
11,0,0
2 +=⋅
at luego el vector tangente forma en cada punto un
ángulo constante con la dirección del eje Z, ángulo igual a 1
1arccos
2 +a.
144. En una circunferencia dada se tienen dos puntos fijos, A y B. Un punto M se mueve recorriendo la circunferencia. Determinar el lugar geométrico de: a) el baricentro; b)el circuncentro; c) el ortocentro; d) el incentro, del triangulo móvil AMB.
Demostración. a) Sea H el baricentro del triangulo AMB. Si C es el punto medio de AB se verifica
que CMCH31= . Cuando M recorre la circunferencia salvo A y B, H recorre
una circunferencia homotética a la dada en una homotecia de centro C y razón
31
, exceptuando los homotéticos de los puntos A y B.
b) Como el triangulo esta inscrito en la circunferencia, cualquiera que sea M, su
circuncentro es siempre el centro de la circunferencia dada, que es el lugar pedido.
c) Sea H el ortocentro del triangulo AMB. Los ángulos AHB y AMB son
suplementarios ya que AH es perpendicular a BM y BH lo es a AM, luego H recorre la circunferencia simétrica de la dada respecto de la recta AB.
d) Sea I el incremento del triangulo AMB. Supongamos que M recorre el arco BA
(en sentido positivo), y sea F el punto medio del arco AB. Consideremos la circunferencia que pasa por los puntos A, I, y B y sea C su centro. C esta en la mediatriz de AB y se verifica que ICB=2IAB. Como por otro lado IFB=MAB=2IAB, y además F esta en la mediatriz de AB, se deduce que C=F.
4/10
Así cuando M recorre el arco BA, el incentro I recorre el arco BA de la circunferencia cuyo centro es F, punto medio del arco AB.
Y, análogamente, cuando M recorre el arco AB, el incentro I recorre el arco AB
de la circunferencia cuyo centro es E, punto medio del arco BA. 145. Dada la superficie 22 yxz += y el plano x+2y-z-4=0 hallar:
a) Mínima distancia de la superficie al plano. b) Ecuación de la recta r que contiene a los puntos que determinan dicha
distancia mínima. c) Distancia de la recta a los ejes OZ y OX.
Demostración.
a) La distancia del punto de la superficie, ( )22,, yxyxP + , al plano es
( ) ( ) ( )
6
411
121
6
42
141
422
2
2222+−+
−
=+−+−
=++
−−−+yx
yyxxyxyx
cuyo valor mínimo se obtiene para 21=x , y=1, siendo este valor mínimo
64
11
b) La recta r pasara por el punto
45
,1,21
y será perpendicular al plano. Su ecuación
es:
⇔−
−=−=
−
145
21
121
zy
x
47
02
=+
=−
zx
yx
c) Un vector uniendo un punto de OZ con otro de r es
45
,1,21
, luego la distancia
de OZ a r es el valor absoluto de:
( ) ( ) 01,2,1^1,0,0
45
121
121
100
=−
−
Así la diferencia de Oz a r es 0. Produciendo análogamente, la distancia de Oy a r, será el valor absoluto de
5/10
( ) ( ) ( ) 24
71,0,1
47
1,2,1^1,0,045
121
121
100
−=−−
−=
−
−
ya que
45
,1,21
, es un vector uniendo un punto de OY con otro de r.
Así la distancia de OY a r es 24
7
146. Calcular la distancia entre los centros de la circunferencia inscrita y
circunscrita a un triangulo cualquiera en función de los radios. Demostración.
Sean I el centro de la circunferencia inscrita al triangulo ABC y O el de la circunferencia circunscrita; sean r y R sus radios. Sean respectivamente, D, E, F, los puntos en los que la circunferencia inscrita es tangente a los lados BC, CA y AB. Sean P y Q los extremos del diámetro de la circunferencia circunscrita que pasa por I.
Sea A´ el punto en el que la bisectriz AI corta al lado E&F, y análogamente B´ y C´
los puntos de corte de BI, CI con FD y DE, respectivamente. Consideremos la inversión de centro en I y razón el radio r. Al ser AI y EF
perpendiculares, es en el triangulo rectángulo AEI:
´)( 22 IAIAEIr ⋅== luego en la inversión A y A´ son puntos homólogos. Análogamente los son B y B´, C y C´.
Por tanto, en la inversión, la circunferencia circunscrita al triangulo ABC se
transforma en la circunferencia circunscrita al triangulo A´B´C´. Como A´, B´ y C´ son respectivamente los puntos medios de los lados del triangulo DEF, el radio de la circunferencia circunscrita al triangulo A´B´C´ es la mitad del de la circunferencia circunscrita al triangulo DEF, esto es r/2.
Si P´ y Q´ son los puntos homólogos de P y Q, respectivamente, P´Q´ es un diámetro de una circunferencia de radio r/2.
Como, designando por d a la distancia entre I y O es:
)´(´);´(´ 22 dRIQIQIQrdRIPIPIPr +=⋅=−=⋅=
6/10
resultan: dR
rIP
−=
2
´ ; dR
rIQ
+=
2
´
luego sumando dR
r
dR
rIQIPr
++
−=+=
22
´)´( con lo que:
)2()2(222 rRRdrRRrRRd −=⇔−=−=
147. Hallar las superficies en las que se verifique que el punto medio del
segmento de normal comprendido entre la superficie y el plano XY este sobre:
yxz +=2 .
Demostración. Si F(x,y,z) es la ecuación de superficie, ),( , ZYX FFF es un vector normal a la superficie. El punto de intersección de la normal en el punto (x,y,z) con el plano XY resulta de hacer Z=0 en:
ZYX F
zZ
F
yY
F
xX −=−=−,
luego sus coordenadas son )0,,(Z
Y
Z
X
F
Fzy
F
Fzx −− .
Las coordenadas del punto medio del segmento de normal son:
)2
,2
,2
(z
F
zFy
F
zFx
Z
Y
Z
X −− .
Sustituyendo en yxz +=2 se obtiene:
0))(4(22224
22
=+−++⇔−+−= ZYX
Z
Y
Z
X FyxzzFzFF
zFy
F
zFx
z
ecuación en derivadas parciales cuyo sistema característico es:
)(422 2 yxz
dz
z
dy
z
dx
+−==
z
dy
z
dx
22= da la integral primera 11 ),,( CyxzyxG =−= (1).
Por otro lado )(44 2 yxz
dz
z
dydx
+−=+
, luego haciendo x+y=t, resulta:
7/10
tz
dz
z
dt
44 2 −= . En consecuencia: .4)4( 2 zdzdttz =−
Resolvamos pues la ecuación diferencial tdt
dzzz 442 =− .
Haciendo el cambio uz =2 se obtiene: tuu 4´2 =− . Esta ecuación es lineal y su integral general es:
)2
1(822
teCu
t
++= .
Deshaciendo el cambio obtenemos como una segunda integral primera:
2
2
2
2
)2(4),,( C
e
yxzzyxG
yx=++−=
+ (2)
De (1) y (2) obtenemos como ecuación de la superficie buscada: ),(),,( 21 GGzyxF φ= , donde φ es una función arbitraria. 148. Sean z,,ψρ coordenadas cilíndricas en el espacio. Se considera la
superficie tórica T de ecuación:
222 )( rRz =−+ ρ (siendo R>r>0) A cada punto de T se le hace corresponder un ángulo ω que satisface
r
R−= ρωcos , r
zsen =ω .
Designaremos por V el conjunto de los múltiplos de 2ππ por los números enteros.
Se pide: a) Probar que ψψ y ωω son coordenadas curvilíneas ortogonales en T.
Expresar mediante ellas 2ds así como el elemento de área ds. b) Probar que las condiciones: ψψ *-ωω∈∈V, ωω*-ψψ ∈∈V, establecen una
correspondencia biunívoca de T en si mismo: ( ) →ωψ, (ψψ *,ωω*) en las que ciertas circunferencias se transforman en otras circunferencias. ¿Es conforme esta transformación
c) Probar que el lugar geométrico de los puntos que se corresponden
consigo mismo en esa correspondencia es una curva cerrada en T. ¿En cuantas regiones descompone a T esa curva?. Mostrar el aspecto de dicha curva en un croquis de T realizado en cualquier perspectiva.
8/10
d) Calcular el área de las regiones en que queda dividida T por la curva mencionada y por su simétrica respecto del plano z=0.
Demostración.
a) Al cortar la superficie tórica por un plano pasando por el eje OZ y perpendicular al plano z=0, se obtiene una circunferencia en la que ω es el ángulo central. Las ecuaciones paramétricas de T respecto de ψ y ω son por tanto:
ωψωψω
rsenz
senrRy
rRx
=+=+=
)cos(
cos)cos(
Los vectores tangentes ψP y ωP en cada punto son:
)cos,,(
)0,cos)cos(,)cos(
ωψωψω
ψωψω
ω
ψ
rsenrsensenrsenP
rRsenrRP
⋅−⋅−=
++−=
Los coeficientes de 2ds o primera forma cuadrática fundamental
22 2)( µλµλωµλ ψ GFEPPI ++=+ son :
2
2
0
)cos(
rPPG
PPF
rRPPE
==
==
+==
ωω
ωψ
ψψ ω
Así .)cos( 22222 µλω rrRds ++= Además, de 0== ωψ PPF , se desprende que ψ y ω son coordenadas curvilíneas ortogonales. El elemento de área ds viene dado por :
ωψωωψ ddrRrddFEGds )cos(2 +=−= . b) Si f es la transformación se tiene que
f(ψ,ω)=(ψ*,ω*)=(ω+2kπ ,ψ+2hπ), donde k,h Z∈ .
Es evidente que f esta bien definida, pues es irrelevante la elección de k y h.
f es suprayectiva pues dado un punto P(ψ*,ω*), es:
f(ψ*,ω*)=(ψ*+2kπ ,ω*+2hπ)=P
9/10
f es inyectiva, pues f(ψ,ω)=f(ψ´,ω´)⇒ los puntos de coordenadas
(ω+2kπ ,ψ+2hπ) y (ω´+2k´π ,ψ´+2h´π) son iguales luego (ω+2kπ)-(ω´+2k´π) V∈ y (ψ+2hπ)-(ψ´+2h´π) V∈ , luego también ω-ω´ V∈ y ψ -ψ´ V∈ , con lo que coinciden los puntos de coordenadas (ψ,ω) y (ψ´,ω´).
En suma f es una transformación biunívoca de T en si mismo. Las circunferencias obtenidas cortando la superficie tórica por planos horizontales o por planos verticales pasando por el eje OZ son , respectivamente, las circunferencias ω=cte, ψ=cte. Por f estas circunferencias se transforman en ψ*=cte, ω*=cte, respectivamente, es decir se transforman las de un tipo en las del otro y recíprocamente. Si la transformación es conforme, los coeficientes de 2ds en cada punto respecto de (ψ,ω) y de (ψ*,ω*) han de ser proporcionales. Análogamente al apartado a) tendremos: E*=(R+rcosω*) 2 , F*=0, G*= 2r
Como G*=G= 2r , el coeficiente de proporcionalidad habria de ser 1, pero como E*=(R+rcosω*) 2 = (R+rcosψ) ≠2 (R+rcosω)=E, la transformación no es conforme. c) Para que un punto se corresponda con el mismo ha de ser ω-ψ V∈ que es así la ecuación del lugar.
En coordenadas cartesianas la ecuación del lugar se obtiene haciendo ω=ψ en las ecuaciones de la superficie:
ψψψψψ
rsenz
senrRy
rRx
=+=+=
)cos(
cos)cos(
Es claramente una curva cerrada, pues para ψ+2kπ se obtiene el mismo punto que
para ψ.
La curva descompone a T en una única región. Ello se ve claramente observando la representación de la curva en el plano (ψ,ω). Dos puntos cualesquiera se pueden unir por una curva que no corta a ψ=ω. (téngase en cuenta que ω=2π 0=⇒ω , y
02 =⇔= ψπψ .
d) La representación de la curva simétrica respecto del plano z=0
ψψψψψ
rsenz
senrRy
rRx
−=+=+=
)cos(cos)cos(
10/10
en el plano (ψ,ω), es el segmento que une los puntos (0,2π) y (2π ,0). Teniendo en cuenta que los puntos para ω=2π se identifican con los puntos para ω=0 y análogamente se identifican los puntos para ψ=2π con los puntos ψ=0, resulta que ambas curvas dividen a T en dos regiones. Como ωψω ddrRrds )cos( += , las áreas 1S y
2S buscadas son:
∫ ∫∫ ∫ = −== =++++=
π
ω
π
ωπψ
π
ω
ω
ψωψωωψω
0
2
20 01 )cos()cos( ddrRrddrRrS
∫ ∫∫ ∫ = ==
−
==+=+++
π
πω
π
ωψ
π
πω
ωπ
ψωψωωψω
2 22 2
0)cos()cos( ddrRrddrRr
∫∫ =−+++=π
π
πωωπωωωω
2
0)2)(cos(2)cos(2 drRrdrRr
=
++−++++=
π
π
π
π
π
ωωωω
ωωπωωωω
222
0
2
)cos2
()(2)cos2
(2 rsenrR
rsenRrsenrR
r
).4(222
2222
(2 22
222
rRrrRRRrRr −=−+−+−= πππππ
∫ ∫∫ ∫ = −==
−
==+=++=
π
πω
ω
ωπψ
π
ω
ωπ
ωψωψωωψω
2
20
2
2 )cos()cos( ddrRrddrRrS
=−++−+= ∫∫π
π
πωπωωωωπω
2
0)22)(cos()22)(cos( drRrdrRr
=
−−+++
+−−−+π
π
π
ωπωπωωωω
ωωωωωπωπ22
0
2
22cos22(
cos2222(
rsenRrsenrR
rsenrRrsenRr
)4(2)22424222( 2222222 rRrRrRRrRrrRRr +=++−−++++−= πππππππ
Hoja de Problemas – Geometría III
1/8
149. Dada la elipse 12
2
2
2
=+b
y
a
x, si tomamos el extremo B de ordenada positiva del
eje menor como centro, se describe una circunferencia de radio igual a dicho ejemenor, cortara a la elipse en dos punto P y P´. Determinar la relación que debeexistir entre los semiejes de la elipse para que el triangulo BPP´ sea equilátero.
Demostración.
Una condición necesaria y suficiente para que el triangulo PBP´ sea equilátero esque el ángulo HBP´ sea 30º.
En consecuencia, las coordenadas de P´ son:
x=2b cos60=by=b-2b sen60=b(1- 3 )
puesto que P´ ha de estar en la elipse, se verificará:
3321)31(
2
2
2
22
2
2
−=⇒=−
+a
b
b
b
a
b que es la relación buscada.
150. Hallar la ecuación de la superficie (conoide) formada por las rectas que sonparalelas al plano z=0 y se apoyan en la recta:
r
=+
=
124
0zx
y y la curva P
=−=
24
6
zx
y
Calcular el volumen situado en el octante 0≥x , 0≥y , 0≥z y limitado por lasuperficie hallada, los planos coordenados y el plano y=6.
Demostración.
( )0,0,4 es un punto y (2,0,1) un vector de dirección de la recta r; así un puntogenérico de r es ).,6,24( µλ−
Un punto genérico de la curva P es ),6,4( 2 µµ−
Un vector de dirección de las rectas que apoyan en P y r es ( ),6,2( 2 µλµλ −−−+−Al estar intersectado por las rectas que son paralelas a z=0, ha de ser, 0=− µλ .
La ecuación del conoide buscada es:
2/8
02122466
)2(242
2
=+−+−⇔
=−=
+−+−=yzyzzx
z
y
x
λρ
λλρλ (1)
Sea OS la parte del conoide situada en el primer octante y entre los planos y=0 ey=6.
Si ( ) OOOO Szyx ∈,, se tiene evidentemente, que .60 ≤≤ Oy
De (1), despejando x, se obtiene:
)12)(2(61
yzzx +−= (2)
Si [ ]6,0∈Oy y ( ) OOOO Szyx ∈,, , por (2) se obtiene que [ ]2,0∈Oz , ya que se ha deverificar 0≥x y 0≥z .
Además para cada (y,z) [ ] [ ]2,06,0 ×∈ existe un único x, el dado por (2), tal que( ) OSzyx ∈,, .
En consecuencia el volumen V buscado es:
∫ ∫ ∫ =
−++−=−++−=
6
0
2
0
6
0
2
0
322
2
1864
622412
dyyzyz
zzdzdyyzyzz
V
289
4)92
4(6
0
26
0=
+=+= ∫
yydy
y
151. De un triangulo ABC rectángulo en A, se conocen el cateto Ac y la distanciade B al incentro. Construir el triangulo.
Demostración.
En el triangulo BHI:
222 IHBHBI +=
Designando por r al radio de la circunferencia inscrita:
222 rBHBI += (1)
Es evidente que el perímetro 2p de ABC es:
ACBHMACMBHrCHBHp 222222222 +=++=++=
3/8
Luego: ACpBH −= y BCpr −=⇒+=++= 2r2BC2r2CH2BH2p
Sustituyendo en (1), y haciendo a=BC, b=AC, c=AB:
=−+++−++=−+−= 22222 )2
()2
()()( acba
bcba
BCpACpBI
)(2
22
2)
2()
2(
222222222 baa
abbabaabcbaacbbca −=−−++=−++=−++−+= (2).
De todo lo anterior, si construimos una circunferencia de radio 2b
y trazamos la
tangente SR=BI, queda:
RQbRQRQPQRQPQRPSR ⋅−=⋅−=⋅= )()(2
es decir :)(2 bRQRQBI −= comprando con (2) queda RQ=a.
Conocidos la hipotenusa y un cateto, la construcción del triangulo es inmediata.
152 En el espacio euclídeo, se considera una recta variable s, que se apoya sobredos rectas fijas r y r´ en los puntos R y R´ respectivamente, de forma que s y r sonortogonales. Llamando V al ángulo que forman los planos determinados por (r,R´)y (r´,R), comprobar que d(R,R´)x tgV es constante. (d(R,R´) significa distanciaentre R y R´.
Demostración.
Sea u un vector de dirección de r, v un vector de dirección de r´ y w el vectorRR´. Supondremos además, por comodidad, u y v elegidos de tal manera que el ánguloque forman, (u,v), verifique 2/),(0 π<< vu .
a) Supongamos 0<(u,v)<π/2.
Un vector perpendicular al plano determinado por r y R´ es vu ∧ . Un vectorperpendicular al plano determinado por r´ y R es wv ∧ .
Se tiene:
),cos()()( wvwuwvwuwvwu ∧∧∧∧=∧⋅∧ (1)
),()()( wvwusenwvwuwvwu ∧∧∧∧=∧∧∧ (2)
por las propiedades del producto vectorial sabemos que:
))(())(()()( vwwuwwvuwvwu ⋅⋅−⋅⋅=∧⋅∧
4/8
[ ] [ ]wvwuvwwuwvwu ,,,,)()( −=∧∧∧
Al ser wu ⋅ =0, por ser r y s perpendiculares, [ ] 0,, =wwuy resulta:
22),cos()()()( wvuvuwvuwvwu =⋅=∧⋅∧ (3)
[ ] wvwuwvwu ,,)()( =∧⋅∧ (4)
Sustituyendo (3) y (4) en (1) y (2) respectivamente:
),cos(),cos(2
wvwuwvwuwvuvu ∧∧∧∧=
[ ] ),(,, wvwusenwvwuwwvu ∧∧∧∧=
por tanto el seno y el coseno del ángulo ),( wvwu ∧∧ son positivos.
Así ),( wvwu ∧∧ , esta comprendido entre 0 y π/2 y coincide con ello con V.
Teniendo en cuenta que V= ),( wvwu ∧∧ obtenemos de (1) y (2):
[ ] [ ]wvuuv
vwu
wvuuv
wvwu
wvwu
wvwutgV
),cos(
,,
),cos(
,,
)()(
)()(2
==∧⋅∧∧∧∧
= (5)
por otro lado la distancia entre la rectas r y r´, d, viene dada por:
[ ] [ ]),(
,,,,
vusenuv
wvu
vu
wvud =
∧= (6).
De (5) y (6) se obtiene que:
[ ]),(
),cos(),(
),(
,,´),( vudtg
vu
vudsen
vusenuv
wvutgVwtgVRRd ==== de donde al ser
ángulo (u,v) constante, lo es d(R,R´)tgV.
b) Si (u,v)=0 ryr´ son paralelas y V=0. en consecuencia dtgV=0.
c) Si (u,v)= π/2, V es π/2 y no esta definido el producto d tgV.
153. Dadas las circunferencias 1C y 2C , cuyas ecuaciones respectivas son:
16)4(
4)2(22
22
=+−
=−+
yx
yx
5/8
se considera una inversión cuyo polo es el origen de coordenadas y lacircunferencia de puntos dobles tiene de radio la cuerda común de 1C y 2C .Determinar analítica y gráficamente:
a) Las figuras inversas de 1C y 2C .b) El ángulo bajo el que se cortan ambas circunferencias.c) La figura inversa de la parte común a los círculos limitados por 1C y
2C .
Demostración.
a) Por pasar 1C y 2C por el centro de inversión son rectas que no pasan por elcentro.La recta 1r inversa de 1C pasara por el punto A, doble en la inversión, y seráperpendicular al radio oo1 .Análogamente, la recta 2r inversa de 2C pasará por el punto A y seráperpendicular al radio oo2 .
b) Por conservar la inversión los ángulos, el ángulo de corte es el que formanlas rectas 1r y 2r , esto es π/2 radianes.
c) En la inversión, los puntos interiores a 1C se transforman en puntos desemiplano determinado por 1r que no contiene a o y recíprocamente.Análogamente, los puntos interiores de 2C son homólogos con los delsemiplano determinado por 2r que no contiene a o.
La figura inversa pedida es, por lo tanto, la región angular limitada por 1r y
2r opuesta a la que contiene a o.
Analíticamente:
Como 1C y 2C pasan por o(0,0), las coordenadas de A son la solución distintade (0,0) del sistema:
16)4(
4)2(22
22
=+−
=−+
yx
yx)
516
,58
(08
0422
22
Ayyx
yyx⇒
=−+=−+
⇔
la razón de la inversión es 5/64A))(d(O, 2 = y el polo es O, luego son puntos
homólogos (x,y) y )564
,564
2222 yx
y
yx
x
++.
a) Sea (x,y) el homologo de 1),( C∈βα , )0,0(),( ≠βα . Es entonces:
)564
,564
(),(2222 yx
y
yx
x
++=βα
6/8
luego ⇔=+
−
+
+
+
0564
4564
564
22
2
22
2
22 yx
y
yx
y
yx
x
516
04564
04564
5641
564
22
2
22
2
22=⇔=−⇔=
−
++
++⇔ yyy
yx
y
yx
x
yx
que es la ecuación de una recta, 1r , inversa de 1C .
Análogamente, la figura inversa de 2C es la recta de la ecuación x=8/5.
b) Es el angulo que forman sus respectivas figuras inversas, las rectas y=16/5 yx=8/5, es decir π/2 radianes.
c) Procediendo de forma análoga al apratdo a), si ),( βα es interior a 1C , esto
es tal que 0422 <−+ ββα su homologo (x,y) verifica y>16/5.Análogamente si (x,y) es el homologo de ),( βα , interior a 2C , (x,y) verificax>8/5.
La figura inversa pedida es:
>>∈
516
,58
),( 2 yxRyx
154. Se toma un punto D en el lado Ab de un triangulo ABC dado. La recta CD secorta en E a la paralela al lado BC trazada por A.
a) Determinar la posición del punto D para que la suma de las áreas de lostriangulo BCD y AED sea mínima.
b) Calcular el valor de este área.
Demostración.
a) Sean h=MP y z=DB, donde la recta MP es la perpendicular pasando por D alas rectas paralelas EA y BC.
Los triángulos BCD y AED son evidentemente semejantes, luego
DP
DM
DB
AD
DC
ED
BC
EA === (1)
La suma de las áreas de dichos triángulos es:
22DP
BCMD
EAS += (2)
designado por a,b,c los lados del triangulo ABC queda:
)(z
zcaEA
z
zc
DB
AD
DP
DM
BC
EA −=⇒−===
7/8
z
zcaEA
z
zcDMh
z
zcDPDM
)()(
−=⇒−−=−= , c
zchDM
)( −=
Sustituyendo en (2) queda:
=+−=+−=−+−−= ))(
(222
)(22
)()( 22
zz
zc
c
ah
c
ahz
cz
zcahDMha
c
zch
z
zcaS
)22(2
2
z
ccz
c
ah +−=
La función )(zSz → esta definida para z variando en el intervalo (0,c).
Derivando : 2
2
2
2 22
)2(2 z
z
c
ah
z
c
c
ahS =−=
En consecuencia: para todo z perteneciente al intervalo ),2
( cc
se verifica
que S´>0. análogamente si z varia en el intervalo )2
,0(c
es S´<0.
Luego en z=2
c la función )(zSz → presentan su mínimo absoluto.
Así el punto D ha de estar a la distancia 2
c de B.
b) El área mínima es:
ABCSahccc
ahcc
c
ah
c
cc
c
c
ahS )12(2)12()22(
2)222(
2)
22
2
2(
2
2
−=−=−=+−=+−=
155. Dada una pirámide regular de base cuadrada y altura igual al doble dellado de la base, se pide determinar la relación de volúmenes (superior einferior) en que queda dividida por un plano que pasando por un lado de labase corta a la pirámide según un polígono cuyo perímetro sea mínimo.
Demostración.
La selección de la pirámide por un plano que pasa por el lado CD es eltrapecio CDEF. El perímetro de CDEF será mínimo cuando, considerando eldesarrollo lateral de la pirámide, sea mínima la longitud de la poligonal DEFC yello supone que esta poligonal es un segmento rectilíneo.Por la semejanza de los triangulo OEF y OAB:
3cos4cos
cos3cos4cos
3cos 23
−=−=== αα
αααα
OA
OD
OM
ON
AB
EF y como
8/8
62
2
321
22==
+==
AB
AB
OHAH
AM
OA
AMsenα
haciendo AB=a, resulta .97
)41()3cos4( 22 aasenaEF =−=−= αα
para obtener la altura, EP=h, del prismatoide ABCDEF:
ahahaAB
EF
OH
EPOH
94
914
)2( =⇒=−⇒=−
Como GJ= aaa98
)97
(21 =+ , JK= a
21
, por la formula de los tres niveles el
volumen del prismatoide ABCDEF es:
322
24350
)94
4(94
61
)4(61
aaaaSSh GJKLABCD =+=+
Al ser el volumen de la pirámide 3
32
a , la relación de volúmenes pedida es:
2556
24350
24350
32
3
33
=−
a
aa.
Hojas de Problemas – Geometría IV
1/8
156. Construir un triángulo conocido el lado a, la mediana relativa al lado b y laaltura relativa al lado a.
Tomando como lados de un rectángulo los lados a, b del triángulo anteriorcalcular los lados del rectángulo circunscrito a aquel rectángulo y cuya área seamáxima.
RESOLUCION.-
a) Con centro en el vértice B del lado a se traza una circunferencia de radio la medianamb.
Se traza la paralela al lado a y distancia la altura ha.
La paralela media de estas dos rectas contiene el punto medio M del lado b, siendoM el punto de corte de esta recta con la circunferencia anteriormente trazada.
El punto de corte de la recta que pasa por C y M con la paralela al lado a a distanciaha nos da el tercer vértice, A, del triángulo.
Como existen dos posibles puntos M, (una recta corta a una circunferencia en dospuntos), existen dos soluciones posibles distintas.
b) Designemos por c y d los ladosdel rectángulo circunscrito.
Sea á el ángulo que forman loslados a y c.
αcos1 ac = , αsin1 ad =αsin2 ac = , αcos1 bd =
αααα
cossin
sincos
bad
bac
+=+=
El área del rectángulocircunscrito es:
abba
abbababacdA
++=
=++=++==
α
αααααα
2sin2
cossin)()cossin)(sincos(22
22
cuyo máximo se obtiene para el máximo de α2sin , es decir, para 2
2πα = , o bien,
4πα = . Entonces
22
)( badc +== .
2/8
157. Transformar un triángulo en otro equivalente que sea semejante a untriángulo dado.
RESOLUCIÓN.-
Primer método.-
Dado un triángulo ABC, construyendo el segmento AD de longitud la suma de AB yCH (altura desde C a AB), la circunferencia de diámetro AD, y su corte, P, con laperpendicular trazada por el punto de AD que disca AB de A determina un triángulocuya altura PB es el lado de un cuadrado de área el doble de la del triángulo ABC.
Aplicando estaconstrucción al triángulodado, supongamos que esABC, y al que queremostransformar, se obtienen,respectivamente unossegmentos PB y QB tales quelos cuadrados construidossobre ellos tienen doble áreaque los triángulos de partida.
Llevando ahora QB sobre la recta PB y trazando por Q las paralelas a PA y PD seencuentran los puntos A’ y D’.
El triángulo A’BC’, semejante al ABC, debase A’B y altura un segmento de longitud BD’ esclaramente el triángulo buscado pues su área estambién la mitad de la del cuadrado de lado QB.
Segundo método.-
Sea S el área del triángulo de partida. Sea ABC el triángulo dado.
El triángulo que buscamos es el CB’A’, donde:
3/8
=
=
h
a
h
a
Sha
''
2''
Las condiciones anterioresdeterminan a’ y por consiguiente B’.Trazando una paralela por B’ al ladoAB obtendremos A’ en suintersección con AC.
158. En un plano se dan un punto P y dos rectas r1 y r2. Trazar por P una rectaque corte en A y B a las rectas dadas de forma que 2· kPBPA = , siendo k unsegmento dado.
RESOLUCIÓN.-
Consideremos la inversión de centro P y razón k2. Si en esta inversión lacircunferencia inversa de r1 corta a r2 en un punto B, el inverso de B, es decir A, está enr1 y se verifica que 2· kPBPA = .
Se traza C1 inversa de r1 en la inversión de centro P y razón k2; C1 cortará a r2 en dospuntos (o en uno); cada uno de ellos unido con P determina una recta solución delproblema.
Es claro que si C1 no corta a r2 el problema no tiene solución.
159. Considérese en el plano tres pares de puntos distintos (p1, q1), (p2, q2), (p3,q3). Demostrar que si por cada dos pares de puntos pasa una circunferencia o bienpasa un circunferencia por los seis puntos o las rectas 111 qpr = , 222 qpr = ,
333 qpr = son concurrentes.
RESOLUCIÓN.-
Sea C1 2 la circunferencia que pasa por p1, q1, p2, q2 y sean análogamente C1 2 y C2 3.
Si C1 2 = C1 2 = C2 3, pasa una circunferencia por los seis puntos y no hay nada queprobar.
Es obvio que si dos circunferencias coinciden, entonces las tres coinciden.
Supongamos, por consiguiente, que las tres son distintas. En ese caso:
r1 es el eje radical de C1 2 y C1 3.r2 es el eje radical de C1 2 y C2 3.
4/8
r3 es el eje radical de C1 3 y C2 3.
Así, si p es el punto de intersección de r1 y r2, p tiene la misma potencia respecto delas circunferencias C1 3 y C2 3, luego está también en r3. En suma r1, r2 y r3 sonconcurrentes.
160. El cubo de lado 6 cm, cuya base A1A2A3A4 está situada en un planohorizontal y cuya base superior B1B2B3B4 no tiene superficie, está lleno de agua. Seinclina subiendo el vértice A2 un centímetro, el A4 dos centímetros y el A3 se quedaen el suelo.
Se pide:a) Altura a que queda el vértice A1.b) Volumen de agua que se derrama.
RESOLUCIÓN.-
a) Observando que el punto medio de A1A3 y A2A4 coinciden, la cota de A1 es lasuma de las cotas de A2 y A4 (por ser cero la cota de A3); es decir la altura de A1 es 3cm.
b) La superficie del agua forma un rectángulo cuyos lados miden
cmBB
cmBB
4026'
3716'22
43
2232
=+=
=+=
Su área es por tanto 23702 cm .
El volumen del agua derramada es por ello la mitad del volumen del prisma oblicuode bases rectángulos de área 23702 cm y su altura 3 cm:
Volumen derramado 337033702·32
1cm== .
B1 B2
B4 B3
A1 A2
A4 A3
5/8
161. Sea una circunferencia de centro O y en ella el diámetro AB. Se traza por Buna recta que corta a la circunferencia en M. Sobre dicha recta se toma elsegmentoMC = MB. Las rectas OC y AM se cortan en H. Hallar el lugar geométrico de lospuntos H cuando BM gira alrededor de B y construir la figura nomotética del
lugar geométrico hallado en la homotecia de centro A y razón 23− .
RESOLUCIÓN.-
Dado que MC = MB es BC = 2BM, y el punto C describe una circunferencia, c1,nomotética a la dada, c, en una homotecia de centro en B y razón 2; su centro es elpunto A y su radio AB.
Observando el triángulo ABC resulta que AM y CO son medianas, ya que MC =MB y OA = OB, luego H es el baricentro del triángulo.
Se tiene así que AMAH32= y, por tanto, que H describe una circunferencia, c2,
nomotética de c en una homotecia de centro en A y razón 32
.
La figura nomotética de c2 en la homotecia de centro A y razón 32− , es, por
composición de homotecias del mismo centro
−=
− 1
23
·32
, una circunferencia, c3,
simétrica a la dada, c, en una simetría central de centro en A (u nomotética de centro enA y razón -1).
162. Dado el conjunto de circunferencias representadas por la ecuación02 2222 =−+−+ bxayx λλ
donde a, b son constantes, IR∈λ un parámetro, se pide:a) La ecuación del lugar geométrico de los puntos de contacto de las tangentes
a estas circunferencias, paralelas al eje OX.b) La naturaleza de la curva.
RESOLUCIÓN.-
a) Al ser las tangentes paralelas al eje OX, los puntos de contacto son los extremosdel diámetro paralelo al eje OY.
2222222222 )(02 λλλλλ −+=+−⇔=−+−+ abyaxbxayx
luego las coordenadas de los puntos de contacto verifican
−+=
=22222 λλ
λ
aby
ax[1]
6/8
que son ecuaciones paramétricas del lugar.
Si 0=a , el lugar se reduce al segmento del eje OY limitado por los puntos (0, -b) y(0, b).
Si 0≠a , eliminando ë en [1], se obtiene
222222)1( bayaxa =+− [2]que constituye la ecuación del lugar.
b) Si 0=a se trata de un segmento.Si 0≠a y b = 0 entonces el lugar es:
- Para 12 >a , el par de rectas xa
ay
12 −±= .
- Para 12 =a , la recta y = 0.- Para 12 <a , se reduce al punto (0, 0).
Si 0≠a , 12 ≠a y 0≠b , la ecuación [2] se puede escribir como:
1
1
2
2
2
22
2
=+
−b
y
a
ba
x
por lo que:- Para 12 >a se trata de una hipérbola.- Para 12 <a se trata de una elipse.
Si 12 =a y 0≠b se obtienen las rectas by ±= .
163. Se supone en IR2 un sistema de referencia ortogonal OXY. Hallar laenvolvente de los ejes radicales de dos circunferencias C y C’, donde lacircunferencia C es fija y tiene su centro en el eje OY, y la circunferencia C’ esvariable con centro en OX y tangente a la parábola 22xy = .
RESOLUCIÓN.-
Sea mbyyx =−+ 222 la ecuación de la circunferencia C, con centro en (0, b), y
02 >+ bm .
Supondremos que la circunferencia C’ es tangente a la parábola en un punto distintodel origen. Sea kaxyx =−+ 222 la ecuación de C’, con centro en (a, 0).
Eliminando y en el sistema
0)1(22
2 2
2
22
=−−+⇒
=
=−+kaxx
xy
kaxyx
7/8
queda una ecuación de 2º grado cuyas raíces han de ser iguales para que C’ y laparábola sean tangentes. Así, ha de ser 2)1( ak −−= .
La ecuación de la familia de las circunferencias C’ es:0)1(2 222 =−+−+ aaxyx
La ecuación del eje radical de C y C’ es:
mabyax
aaxyxmbyyx
+−=−⇔
⇔=−+−+−−−+2
22222
)1(22
0))1(2()2([1]
Derivando respecto a en [1]:1)1(22 +=⇔−−= xaax [2]
Eliminando a entre [1] y [2] resulta la ecuación de la envolvente:
0222)1(2 22 =−−+⇔+=−+ mbyxxmxbyxx
Se trata de una parábola, salvo si el centro de C es el origen (b = 0), en cuyo caso setrata de un par de rectas paralelas al eje OY.
164. Sea una pirámide recta de base cuadrada, cuyo lado de la base mide 2a y laaltura 4a. Cortamos dicha pirámide por un plano que pasa por uno de los lados dela base. Calcular:
a) el perímetro mínimo de los polígonos de intersección que se forman, enfunción de a.
b) el volumen de la cuña inferior para este perímetro mínimo, utilizando a = 9.
RESOLUCIÓN.-
a) Considerando el desarrollo lateral de la pirámide, el perímetro mínimo se tendrácuando la poligonal BEFC sea una línea recta. En este supuesto, al ser semejantes lostriángulos BEA y VDA, se tiene:
aa
aaa
EFVA
VE
AD
EF
aa
aaAE
AV
AD
AB
AE
aaaAHVHVA
aABBE
914
23
322
232
322
23
2·2
23216
22222
=
−
=⇔=
==⇔=
=+=+=
==
El perímetro mínimo es: aaaaaCBFCEFBE968
229
142 =+++=+++ .
8/8
b) La cuña inferior se puede considerar un prismatoide de bases el cuadrado ABCD
y el segmento EF (base degenerada). Su volumen es )4(6 21 mSSSh
V ++= , donde h es
la altura del prismatoide, S1 y S2 las áreas de las bases y Sm el área de la sección media.
aa
aaEKh
AV
VH
AE
EK
98
23
4·232
===⇔= ; luego h = 8
El área del cuadrado ABCD es 4a2, luego S1 = 324.
El área del segmento EF es 0, luego S2=0.
La sección media es un rectángulo, cuyos lados miden aa =+
220
y
aaa
916
2
29
14
=+
, luego 1449·169
16· === aaSm .
El volumen de la cuña es: 1200)5760324(68 =++=V .
Hoja de Problemas – Geometría V
1/9
165. Clasificar la cónica:
0122 22 =++−++≡ xyxxyyf
y hallar su ecuación reducida.
Demostración.
Formaremos el discriminante:
49
112/1
111
2/111
−=−
−=∆ ; 011
1133 ==A
como 33A =0 y 0≠∆ se trata de una parábola real.
Hallaremos los invariantes de la cónica:
−=∆=
===+=
49
0
2
3
332
22111
I
aI
aaI
la ecuación reducida será
021
321 =
−± x
I
IyI
Sustituyendo:
089
22 2 =− xy xy4
232 =
166. Clasificar las cónicas:
0928244
0132142422
22
=+−−+−
=++−+−
xyxxyy
yxyxyx
Demostración.
2/9
1º)
0
1317
111
714
=−−
−−=∆ 03
11
1433 >=
−−
=A
Teniendo en cuenta el cuadro de la nota 1 resulta que la cónica degenera en dosrectas imaginarias conjugadas.
2º)
16
941
442
122
−=−−
−−−−
=∆ 0442
2233 >=
−−
=A
como 33A >0 y además 032)16(211 <−=−⋅=∆⋅a se trata de una elipse real.
167. Clasificar la cónica:
035232 2 =−+−−≡ yxxyxf
y hallar luego la ecuación reducida.
Demostración.
Formemos el discriminante de la cónica.
047
32/51
2/502/3
12/32
≠=−−
−−−
=∆ <−=−
−=
49
02/3
2/3233A
Por consiguiente se trata de una hipérbola real.
Según vimos en la nota 5 hemos de hallar las raíces de la ecuación:
0212 =+− IrIr
Los invariantes son:
222111 =+= aaI
49
332 −== AI
3/9
47
3 =∆=I
luego resulta:
−=
+==−−
2132
2132
049
22
β
αrr
la ecuación reducida quedara:
2
322
I
Iyx
−=+ βα
97
2132
2132 22 =−++
yx
168. Clasificar la cónica:
0158622 =+−−+ yxxyy
Demostración.
El discriminantes es:
0
1543
411
310
=−−
−−
=∆ 0111
1033 <−==A
Se trata de dos rectas reales concurrentes.
Hallemos su intersección con los ejes.
Para x=0
==
=+−5
30158
2
12
y
yyy
Para y=025=x
Ecuación de AC: 1556 =+ yx
Ecuación de BC: 52 =+ yx
Razonando de forma análoga que en el problema nº 322 resultara: y=3 2x+y=5
4/9
169. La curva intersección de la esfera 04422222 =−−−−++ zyxzyx con elplano x+y-z-1=0 se proyecta ortogonalmente sobre el plano coordenado XOY.Estúdiese la cónica proyección. ¿Cuál es su ecuación reducida?
Demostración.
Al cortar la esfera por el plano obtenemos una circunferencia de ecuación:
=−−+=−−−−++
01
04422222
zyx
zyxzyx
Para proyectarla ortogonalmente al plano XOY basta eliminar la z.
Resulta: 0228822
04)1(422)1(22
222
=+−−−+
=−−+−−−−+++
xyyxyx
yxyxyxyx
Estudiemos esta cónica:
090
244
421
412
≠−=−−
−−−−
=∆
Como además 0321
1233 >=
−−
=A , se trata de una elipse real, ya que
0)90(211 <−⋅=∆⋅a
Para obtener la ecuación reducida hallaremos las raíces de la ecuación
0212 =+− IrIr .
Recordemos que los invariantes son:
90
3
4
3
332
22111
−=∆===
=+=
I
AI
aaI
1;30342 ==→=++ βαrr
La ecuación reducida es: 2
322
I
Iyx
−=+ βα
130103
903
2222 =+→=+ yx
yx o bien 110303
903
2222 =+→=+ yx
yx
5/9
170. Consideremos la cónica
052335 22 =−+−+− yxyxyx
hallar la ecuaciones de sus ejes así como también la ecuación del diámetroconjugado con la recta y=4x+5.
Demostración.
Estudiaremos primero la naturaleza de la cónica.
0233
512/3
112/3
2/32/35
<−=−−
−−−
=∆
0411
12/3
2/35
2212
121133 >=
−−
==aa
aaA
como 033 >A y además 0233
511 <
−⋅=∆a , se trata de una elipse real, de la cual
vamos a determinar los ejes.
Resolvamos:
0)( 1222112
12 =−−+ amaama
023
)15(23 2 =+−+− mm
−==
⇒=−−31
30383 2
m
mmm
2121
=
=
fx
fx
+−=
−−=
)232(2
1
)3310(21
xyy
f
yxx
f
δδδδ
sustituyendo en 0=+ mfyfx
0)232(21
3)3310(21 =+−⋅+−− xyyx
033 =++ yx
0)232(31
)3310(21 =+−−−− xyyx
6/9
013 =−− yx
Una vez encontrados los ejes, se trata ahora de averiguar la ecuación deldiámetro conjugado con la recta y=4x+5.
Consideremos el punto del infinito de la recta y=mx+n. Es (1,m,0). En nuestrocaso (1,4,0).
Recordemos que el polo de la recta del infinito es el centro de la conica; porconsiguiente, las polares de puntos impropios han de pasar por el centro, es decir, serandiámetros.
Hallaremos la polar del punto (1,4,0).
)3210(21
´
)232(21
´
)3310(21
´
xyzfz
zxyfy
zyxfx
−+−=
+−=
−−=
particularmente para el punto (1,4,0)
;1´ −=αf ;25=βf
25
´=γf
la ecuación polar es: 0´´´ =++ γβα zfyfxf
025
25
2=++− zyx
055 =++− zyx .
171. Determinar los elementos de la curva
30
11333
222
=−++
=+−
xyzzyx
xyzyx en el punto P(3,2,1)
Demostración.
=−+−++=+++−
0)(333
02)(22222
2
xydzzydxxdyzydxx
xyzdzzydxxdyydyxdx
dividiendo por dz y particularizando para el punto (3,2,1):
7/9
=−−−++
=+++−
062331227
0122346
dz
dx
dz
dy
dz
dy
dz
dxdz
dx
dz
dy
dz
dy
dz
dx
9732497105
3925
128
−=
−=
⇒
=+
−=−
P
P
dz
dydz
dx
dz
dy
dz
dxdz
dy
dz
dx
volviendo a diferenciar resulta:
0)(22
)2()(22)(2)(222
2222222
=++++
++++++−−+
yzdxxzdyxydzdzzxyzd
xydyxddxdyzydxxdyzdzyyddydxxxd
0))()(
)(3)(63)(63)(62
22222222222
=+−−+−
−+++−+++++
dzydxxdyxyzddzydxxdy
xyddydxyxddxdyzzdzdzzydydyyxdxdxx
teniendo en cuenta que 02 =zd
022
2222222
2
22
2
22
2
2
222
2
2
=+
++++
+⋅+++−
−
+
xydz
dxy
dz
dyxz
dz
xdyz
dz
ydxz
dz
dy
dzdx
zdzdx
zydz
dyzx
dz
yd
dz
dy
dzdx
dz
xdx
022
25636362
2
2
2
2
22
2
2
22
2
=−−
−
++−++
++
dz
dxy
dz
dyx
dz
xdy
dz
dy
dz
dx
dz
ydxz
dz
ydy
dz
dyy
dz
xdx
dz
dxx
si particularizamos las coordenadas de P y sustituimos los valores de dz
dx y
dz
dy
obtenidos antes, llegamos a un sistema de dos ecuaciones que nos permite encontrar
Pdz
yd
2
2
y P
dz
xd
2
2
solo falta ya sustituir estos valores en las correspondientes formulas dadas a principio decapitulo.
8/9
172. Averiguar si la curva
3;22;23 34343 +−−=++=+= tttzttyttx es alabeada.
Demostración.
Supongamos que la curva no fuese alabeada. Sus puntos estarían en un planoAx+By+Cz+D=0
Sustituyendo las expresiones de las tres coordenadas
03()22()23( 34343 =++−−+++++ DtttCttBttA
023)2()()2( 34 =+++−++−++ DBCtCAtACBtCB
Como debe verificarse para cualquier valor de t:
AD
AC
AB
DBC
CA
ACB
CB
4
2
023
02
03
02
−==
−=⇒
=++=−
=+−=+
Por consiguiente para A=1 tendremos:
042 =−+− zyx
ecuación del plano que contiene a la curva.
173. Se da la recta x=y=z, y en el plano OXY la recta x-y=a. Hallar la ecuación de lasuperficie de revolución engendrada por la rotación de la segunda rectaalrededor de la primera
Demostración.
Hallaremos las ecuaciones de un paralelo cualquiera de la superficie derevolución que tiene por eje a la recta x=y=z.
Dicho paralelo vendrá dado por la intersección de la esfera λ=++ 222 zyx ydel plano µ=++ zyx .
La generatriz considerada es
=−=
ayx
z 0
Eliminando los parámetros λ y µ entre las cuatro ecuaciones resulta x-y=a;x+y= µ
9/9
;2
ax
+= µ2
ay
−= µ
Sustituyendo en λ=+ 22 yx llegamos a la expresión 02 222 =−+ λµ a
Finalmente basta eliminar λ y µ entre esta ultima ecuación y la ecuación delparalelo para obtener la solución
0)(2)( 22222 =+++−++ azyxzyx
Se trata de un hiperboide de revolución.
Hoja de Problemas – Geometría VI
1/9
174. Un lazo corredizo, formado por una cuerda, envuelve a una columnacilíndrica de radio r perfectamente lisa, estando sujeto el extremos libre de lacuerda. Averiguar a que distancia de la columna está el nudo corredizo en elmomento en que la cuerda está completamente tensa.
RESOLUCIÓN.-
Sea a la longitud de la cuerda. Se trata de encontrar bajo qué ángulo á es máxima ladistancia OP.
Para dicho á se verifica:
APOAOP
APBAra
+=+++= 2)2( απ
Haciendo d = OP, y restando las igualdades anteriores:
−−−=−+−=−+−=− απ
ααααπ
απ 2
tan2
sin1
tan2)2(
sin2)2( r
OBr
OBBAraOAad
de donde
−−−+= απ
αα2
tan2
sin1
rad
Derivando d respecto de á e igualando a cero la derivada:
0sin
21
coscos2
sin2
sincos
'022
=
−
⇔
−+−==
α
αα
ααα
rd
que se anula en el intervalo
2,0π
para 2πα = y
3πα = .
Como αα
αα
33
2
sincos4
sincos1
" −+=d , es positiva para 2πα = y negativa para
3πα = , la
distancia d = OP alcanza su máximo para 3πα = .
Para este valor de á es:
2/9
−=−=−=−= 1
332
23sin
rrr
rr
ODOADAα
que es la distancia pedida.
175. Un triángulo equilátero de lado 6 m. tiene un lado sobre el eje OY. Suproyección ortogonal sobre el plano XOY es un triángulo rectángulo. Determínesela ecuación del plano que contiene al triángulo.
RESOLUCIÓN.
Sea A(0, 6, 0) y OB = AB = 6.
Al ser OB’A un triángulo rectángulo e isósceles es B’(3, 3, 0).
Como 33=MB , en el triángulo rectángulo MB’B es B’B = 3 2 . Luego es
B(3, 3, 3 2 ).
El plano OAB tiene pues por ecuación 2 x – z = 0.
Por simetría, el punto B puede ser también cualquiera de los siguientes:
(3, 3, -3 2 ), (-3, 3, 3 2 ) ó (-3, 3, -3 2 )
Luego las ecuaciones del los posibles planos son:
2 x – z = 0 ó 2 x + z = 0
176. Consideren un cubo ABCDA’B’C’D’ donde ABCD y A’B’C’D’ representanrespectivamente sus bases superior e inferior, siendo las aristas AA’, BB’, CC’,DD’ paralelas entre sí.
Un punto X se mueve con velocidad constante sobre la línea del perímetro delcuadrado ABCD en el sentido ABCDA. Igualmente, un punto Y se mueve a lamisma velocidad sobre la línea del perímetro del cuadrado B’C’CB en el sentidoB’C’CBB’.
Los puntos X e Y empiezan a moverse en el mismo instante desde las posicionesde salida A y B’, respectivamente.
Determine y dibuje el camino descrito por el punto medio M del segmento XY.
RESOLUCIÓN.
Cuando X está en los vértices A, B, C, D e Y está respectivamente en los vérticesB’, C’, C, B, el punto M está en E, F, C, H, donde:
3/9
E es el centro de la cara ABB’A’
F es el centro de la cara BCC’B’
H es el centro de la cara ABCD
Cuando X se mueve de A a B e Y lo hace de B’ a C’, se tiene que:
)'(21
)''(21
21
YBAXYBABXAAXEAXYAXEAEM +=++++=++=
y como ABaAX = , '''' CBaYBaYB == , 10 ≤≤ a
resulta que, ACa
CBABa
EM2
)''(2
=+=
En consecuencia M describe el segmento EF, de E a F.
Análogamente, cuando X se mueve de B a C e Y lo hace de C’ a C, M desplazasobre el segmento FC, de F a C.
Cuando X se mueve de C a D e Y lo hace de C a B, M se mueve sobre el segmentoHE de H a E.
Al ser HCEF = y EHFC = , en el camino descrito por M, cuadrilátero EFCH esun paralelogramo.
Como además, los lados del paralelogramo son iguales a la mitad de la diagonal dela cara del cubo, el paralelogramo es un rombo.
No es un cuadrado ya que el ángulo HCF es de 60º.
177. a) Busque el valor del mayor de los ángulos que forman entre sí lasbisectrices interiores de los dos ángulos agudos de un triángulo rectángulo.
b) Si r y R representan respectivamente los radios de las circunferenciasinscrita y circunscrita a un triángulo rectángulo, demuestre que se tiene quecumplir necesariamente la desigualdad: )8tan(0 πRr ≤< .
c) Utilizando los resultados anteriores, explique qué camino se debe seguirpara construir con regla y compás un triángulo rectángulo conocidas las longitudesde los radios r y R de sus circunferencias inscrita y circunscrita, respectivamente.
RESOLUCIÓN.
4/9
a)
43
221
)(21
)(πππππ =−=+−=+−= ACBABCICBIBCBIC .
El ángulo que forman es de 4
3π radianes.
b) Puesto que el ángulo BIC es de 4
3π radianes, el punto I debe estar en el arco capaz
del ángulo 4
3π sobre el segmento BC. Se verifica que r es como máximo la distancia r0
entre M y K (donde M es el punto medio de B y C).
Los ángulos KBC y KCB son iguales a 84
321 πππ =
− radianes, resultando que
Rr0
8tan =π
, ya que BM = CM = R.
Luego es )8/tan(08
tan ππRr
Rr ≤<⇔≥ .
c) Para dibujar el triángulo se traza un segmento BC de longitud 2R, que será lahipotenusa del triángulo, siendo su punto medio, M, el centro de la circunferenciacircunscrita.
Tomando como centro un punto de esta circunferencia, P, situado en laperpendicular a BC por M, se traza el arco BC con radio PB = PC. Se tiene así, el arco
capaz de 4
3π sobre BC, arco en el que está el incentro, según el apartado a).
Trazando, en el semiplano respecto del segmento BC en que está el arco BC, laparalela a BC a distancia r, por el apartado b) esta paralela corta al arco BC en al menosun punto, I, que es el incentro del triángulo.
Las intersecciones de las semirrectas que duplican los ángulos CBI y BCI es elpunto A, tercer vértice del triángulo.
5/9
178. La tangente trazada en un punto A a una circunferencia de radio r llevamarcado un segmento AN cuya longitud es igual a la del arco de la circunferenciaAM (tomados en el mismo sentido). La recta MN corta a la recta AO (siendo O elcentro de la circunferencia) en el punto B. Calcular OB
AN →lim .
RESOLUCIÓN.
Sea á la medida del arco AM.
Sea P la proyección de M sobre la tangente.
Se tiene que:
)sin(
cossin
ααα
αα
−==
−==
rPN
rAN
rrMP
rAP
Por la semejanza de los triángulos NAB y PMN, es
ααααα
αααα
sincossin
sin)cos1(.
−−=−=
−−==
rrABOB
rPN
ANMPAB
Por lo tanto, resolviendo las sucesivas indeterminaciones por la regle de L’Hopital,
rr
rrOBAN
2cos
sincos2lim
sincossin
limcos1
cossinlimlim
0
00
=−
=+=−−=
→
→→→
αααα
αααα
αααα
α
αα
179. Dado el triángulo OAB cuyos vértices son los puntos O(0, 0), A(2 3 , 0) y
B(2 3 , 2), se construye la figura inversa AB’ del segmento AB respecto del puntoO como centro de inversión. Calcular:
a) Longitud del arco AB’b) Volumen del cuerpo engendrado por el triángulo mixtilíneo OAB’ al girar
alrededor del eje OX.c) Ecuación de la figura inversa de la recta C1B’, siendo C1 el centro del arco
AB’.d) Centros de homotecia directa e inversa que transforman la circunferencia
de arco AB’ en la figura inversa de la recta C1B’.Realizar la construcción gráfica correspondiente.
RESOLUCIÓN.
6/9
Puesto que A es un punto doble en la inversión, la figura inversa de la recta AB es lacircunferencia de centro en C1, punto medio del segmento OA, que pasa por O. B’ es elpunto de intersección de esta circunferencia con la recta OB.
a) El radio r1 del arco AB’ es3111 === ACOCr .
Como 6
'π=∠AOB es
3'1
π=∠ BAC
La longitud del arco AB’ es
ππ33
.3 1 == rL .
b) Sea P la proyección perpendicular de B’ sobre OX.
El cuerpo se puede descomponer en el cono formado al girar el triángulo OPB’ másel segmento esférico formado al girar PAB’.
Como el triángulo C1AB’ es equilátero, las coordenadas de B’ son
23
,323
.
El volumen del cono es:
ππ8
393
23
23
31 2
=
El volumen del segmento esférico es:
ππ8
3523
31
323
2
=
−
El volumen buscado es:
πππ8
378
358
39 =+ .
c) Como la recta C1B’ no pasa por O, su inversa es una circunferencia que pasa por O.Al ser B el inverso de B’, también pasa por B. Su centro, C2, es así el punto deintersección de la perpendicular por O a C1B’ con la perpendicular por el punto medio,M, a la cuerda OB.
La ecuación de OC2 es: xy3
1−= .
La ecuación de MC2 es: 43 +−= xy .
Luego se tiene que C2(2 3 , -2).
7/9
Con ello, la ecuación de la circunferencia inversa de la recta C1B’ es:
043422 =+−+ yxyxy su radio, r2, es 4.
d) Trazando el diámetro por C2 paralelo al radio C1A se obtienen los puntos extremosA1 y A2. Uniendo cada uno de ellos con A, la intersección con la recta C1C2 determinalos puntos H1 y H2, centros de las homotecias directa e inversa, respectivamente, quetransforman un circunferencia en la otra.
Sea H1(á1, â1); se tiene:
111
221 CH
r
rCH =
luego ( ) ( )
+=
−=⇔−−=−−−
13638
1312310
,33
42,32
2
1
1111
β
αβαβα
Sea H2(á2, â2); se tiene:
121
222 CH
r
rCH −=
luego ( ) ( )
−=
+=⇔−−−=−−−
13386
1312310
,33
42,32
2
2
2222
β
αβαβα
180. Se considera el recinto plano R situado en el primer cuadrante, limitado porel eje OX, una determinada curva C que pasa por el origen de coordenadas y unarecta r paralela al eje OY. Sean V1 y V2 los respectivos volúmenes de los cuerpos derevolución engendrados por el recinto R al girar alrededor de OX y OY,respectivamente. Se sabe que cualquiera que sea la recta r en las condicionesdadas, V1 supera a V2 en el volumen del cilindro de altura unidad, engendrado porr al girar alrededor de OY.
Hallar:a) Ecuación de la curva C.b) Cálculo de los volúmenes V1 y V2 en el caso en que el volumen del cilindro
es ð.
RESOLUCIÓN.
a) Sea y = f(x) la ecuación de la curva C y sea x = a la ecuación de la recta r.
8/9
Calculando V1 por integración por discos: ( )∫=a
dxxfV0
2
1 )(π
Calculando V2 por integración por tubos: ∫=a
dxxxfV02 )(2π
El volumen del cilindro de altura unidad engendrado por el giro de r alrededor de
OY es ∫=a
xdxa0
2 2ππ .
En suma
( )∫∫∫ ∫ =−−⇔=−⇔=−aaa a
dxxxxfxfxdxdxxxfdxxfaVV0
2
00 0
2221 02)(2))((2)(2))((π
lo que se verifica si 02)(2))(( 2 =−− xxxfxf , esto es si xxxxf 2)( 2 ++= es la
ecuación de C, ya que xxxxf 2)( 2 +−= no es una curva en el primer cuadrante.
c) Es V1 – V2 = ð, luego a = 1.
( ) ( )ππ
ππ
35
22
22222
1
0
2
1
0
1
0
222
21
++=
=+++=++=
∫
∫ ∫dxxxx
dxxxxxxdxxxxV
y( )
∫∫
∫∫+−=+−
−
+=++=+
1
0
21
0
2
1
0
321
0
21
0
2
232
231
2)22(23
31
2
dxxxdxxx
xxdxxxxdxxxx
Con el cambio de variable txxxx ++=−+=+ )1(1)1(2 22 , se tiene:
( ) ( ) ( ) ( )t
txttxxx
21
121112
222 +−=++++=−+
t
tt
t
txx
21
12
)1(2
222 −=+++−=+ ; dt
t
tdx
2
2
21−=
luego:
( ) ( ) Cxxxxxxxxx
Ctttdttttdtt
t
t
tdxxx
++−+++−+++−+−=
=+++=−+−=−−=+
−
−−−∫ ∫∫2
222
2
2231
2
222
)1(281
)1(2ln21
)1(281
81
ln81
)2(41
21
21
2
Así, )32ln(21
321
0
2 −+=+∫ dxxx con lo que
9/9
)32ln(21
)32ln(21
21
0
2 +=−−=+∫ dxxxx
En consecuencia
++= )32ln(
25
1 πV .
Entonces
++= )32ln(
32
2 πV .
181. Determinar el triángulo isósceles de área máxima que tenga por base unacuerda conjugada al eje de la parábola pxy 22 = , y cuyo vértice opuesto esté en eleje de la curva a la distancia “a” del vértice de la misma.
RESOLUCIÓN.
Las rectas conjugadas con el eje, y = 0, son las polares de los puntos del eje, esto es,las rectas paralelas a OY.
Si admitimos que la recta, x = b, sobre la que está la base pueda distar más de a delorigen, entonces no existe área máxima ya que cuando b crece, el área no está acotada.
Restringiéndonos a la situación ab ≤≤0 , la superficie del triángulo es
)(2)( bapbbS −= .
El valor de b buscado es el que maximiza S2(b).
Es bababapbSdb
d =⇔=−−= 0)3)((2)(2 ó 3a
b = .
Como 0)( ≥bS , S(0) = 0 y S(a) = 0, en 3a
b = la función presenta un máximo cuyo
valor es 2
3
32
32
ap
.
Hoja de Problemas – Geometría VII
1/8
182. Dada la cónica 0218222 22 =+−++− yxyxyx obtener la ecuación de latangente en el punto (3,5).
Sol.:
Basta aplicar la fórmula a la ecuación en homogéneas:
0822212 222 =−+−++≡ yzxzxyzyxf
212121
=
=
=
fz
fy
fx
yxzz
f
zxyy
f
zyxx
f
421
4
2
−+=
−−=
+−=
δδδδδδ
particularizando para el punto dado: P(3,5,1)
21 =fx ; 21 −=fy ; 41 =fz ;
en consecuencia, obtenemos:
0111 =++ zfzyfyxfx 2x-2y+4z=0
pasando de coordenadas homogéneas a ordinarias (z=1)
2x-2y=-4y=x+2
183. Clasificar la cuádrica.
04662263 222 =−++−+++ zyzxzxyzyx
Hallar la intersección de dicha superficie con el plano que pasa por el punto(1,2,1) y es perpendicular a la recta
=−=+
2
1
zx
yx
Sol.:
Formemos el discriminante de la cuádrica:
2/8
6
4300
3631
0331
0111
=
−−
−
=A ; 644 −=A
0231
11´
2221
121133 >===
aa
aaA 064411 <−=Aa
Se trata de una hiperboloide de una sola hoja.
La recta que consideramos tiene como ecuación en forma continua:
12
11
1+=
−−= zyx
La ecuación de cualquier plano perpendicular a una recta c
zz
b
yy
a
xx ooo −=
−=
−
es:0czbyax =+++ λ
en nuestro caso: 0zy-x =++ λ
Obligando a que pase por el punto (1,2,1) resulta 0=λ . Hallemos la interseccióndel plano x-y+z=0 con la cuádrica. Dicha intersección es una cónica cuyos puntostienen de coordenadas las soluciones del sistema que forman la ecuación de la cuádricay la ecuación del plano.
Para proyectar la cónica intersección sobre el plano XOY sólo es preciso eliminar lavariable z entre ambas ecuaciones:
Sustituyendo z=y-x resulta:
046618159 22 =−−+−+ xyxyyx
0270
433
3159
399
≠−=−−
−−−
=A
054159
9933 >=
−−
=A 0)270(911 <=⋅ Aa
luego la curva intersección es una elipse real.
3/8
184. Clasificar la siguiente cuádrica, determinando su centro.
032868642),,( 222 =+−++−+−+−≡ zyxyzxzxyzyxzyxF
Sol.:
Tenemos:
0736
3143
1143
4422
3321
≠=
−−−
−−−−
=A
044
143
422
321
44 ≠=−
−−−−
=A
0622
21´
2221
121133 <−=
−−−
==aa
aaA
Se trata por consiguiente de un hiperboloide de una hoja. Vamos a hallar el centrode la cuádrica:
212121
=
=
=
fz
fy
fx
=−−+=
=+−−−=
=++−=
0)2862(21
0)8844(21
0)6642(21
yxzz
f
zxyy
f
zyxx
f
δδδδδδ
resolviendo el sistema resulta:
;1127
0 =x1115
0 =y ;1110
0
−=z
185. Dadas las rectas zx
y
== 2
y 1=−=
y
zx, determinar la superficie engendrada por
una recta que se apoya sobre ellas y además corta al eje X.
Solución.
El haz de planos que pasan por la primera recta tiene de ecuación:
4/8
0)()2( =−+− xzy β
análogamente el haz de planos que pasan por la segunda recta:
0)()1( =++− xzy α
Una recta que se apoye sobre ambas vendrá dada por la intersección de dos planos:
=−++=++−
0)()1(
0)()1(
xzy
xzy
βα
Para obligar a que corte al eje x basta hacer y=0, z=0. Resulta:
;21
2
1−=⇒
−==
βα
βαx
xαβ 2−=
0)(2)2( =−−− xzy α
en consecuencia: )(22 xzy −=− α
zx
y
xz
y
+−=
−−= 1
)(22α
Sustituyendo resulta:
043 =+− zyzxy
Estudiemos esta cuádrica:
01
20023
021
021
0
2
0200
2023
0
023
021
0021
0
>=−
−=−
−=A
0
023
0
23
021
021
0
44 =
−
−=A
Es pues un paraboloide hiperbólico.
5/8
186. Clasificar la cuádrica siguiente:
0122432 222 =−−+−++ zyxzzyx
Determínese también su ecuación reducida.
Solución.
Tenemos:
01
1110
1102
1020
0001
1110
1302
1020
0201
>=
−−−−−
=
−−−−
−
=A
2
302
020
201
44 −=−
−=A 02
20
0133 >==A
024411 <−=⋅ Aa
Se trata de una hiperboloide de una hoja. Hallemos las raíces de la ecuaciónsecular.
0)2(4)3)(2)(1(0
302
020
201
=−−−−−⇒=−−
−−−
xxxx
x
x
x
Las soluciones son: x=2; 52 +=x ; 52 −=x
Los autovalores 521 +=S 22 =S 523 −=S los sustituimos en la ecuaciónreducida.
21
)52(2)52(
0
222
44
23
22
21
=−+++
=+++
zyx
A
AZSYSXS
187. Dada una línea 12 −= λx ; 3λ=y ; 2+= λz hallar la ecuación de lasuperficie que engendra al girar en torno al eje OZ.
Solución.
6/8
Un punto cualquiera de la curva describe una circunferencia con centro en el ejeOZ y de radio
22622 )1()()( −+=+= λλλλ yxd
Por otra parte
==
αα
cosdy
dsenx
246222 21 λλλ −++==+ dyx
Sustituyendo el valor de 2−= zλ resulta :
[ ] 12)2()2()2( 24222 +−−+−−=+ zzzyx
Esta es por tanto la ecuación de la superficie.
188. Determínese la ecuación del cono cuyo vértice es el punto ),,( γβα y cuyadirectriz es la cubica alabeada:
ta
ax
+=
2
2α;
tb
by
+=
2
2β;
tc
cz
+=
2
2γ
Solución.
Vamos a eliminar t entre las tres ecuaciones:
γγ
γ
ββ
β
ααα
−+
−=−
+
−=−
+
−
tc
c
z
tb
b
y
ta
a
x
2
2
2
2
2
2
O lo que es igual:
γγ
ββ
αα ))(())(())(( 222 ctzbtyatx +−=+−=+−
Designando λ− a estas tres razones iguales
0
0
0
2
2
2
=−
++
=−
++
=−
++
γγλ
ββλ
ααλ
zct
ybt
xat
Eliminando t y λentre esas tres ecuaciones resulta:
7/8
0
1
1
1
2
2
2
=
−
−
−
γγ
ββ
αα
zc
yb
xa
Desarrollando:
0)()()( 222222
=−−+
−−+
−−
γγ
ββ
αα
z
ba
y
ac
x
cb
Finalmente llegamos a la ecuación buscada:
0))()(())()(())()(( 222222 =−−−+−−−+−−− βαγαγβγβα yxbaxzaczycb
189. Determinar la ecuación de una superficie desarrollable definida comoenvolvente de la familia de planos 0y2)x(t 32 =++++ tzt
Solución.
Para hallar la ecuación de la superficie basta eliminar el parámetro t entre laecuación de la familia de planos y la ecuación obtenida derivando respecto a t. O sea:
=++
=++++
032
0)2(2
32
tztx
tztyxt
La generatriz que engendra la superficie se obtiene sin más que despejar x e y.
)()(62)4(
)()(32232
2
tqztnttztty
tpztmttzx
+=+++=
+=−−=
Comprobemos que la superficie es desarrollable:
0422
1266´´
´´ 2
=+−+−
=t
ttt
nm
qp
La arista de retroceso viene dada por
8/8
−=−
=−=
+++=−−=
tt
q
pz
ttztty
ttzx
32
6´62)4(
32232
2
Hoja de Problemas – Geometría VIII
1/11
190. Dado el paralelepípedo OADBFCEG en el espacio afín ordinario, se considera el
sistema de referencia afín ℜ = ( O, →
OA , →
OB ,→
OC ).
Sean:
• OG la recta determinada por los puntos O y G.• ABC y DEF dos planos, y• I, J los puntos de intersección de la recta OG con los planos ABC y DEF,
respectivamente.
Se pide:
a) La ecuación vectorial de la recta OG y de los planos ABC y DEF.
b) Demostrar que →
OI = →IJ =
→JG viendo antes que ABC || DEF.
c) Demostrar que I, J son los baricentros de los triángulos ABC y DEF,respectivamente.
SOLUCIÓN:
a) Consideramos la figura adjunta.
i) Ecuación de la recta OG.
→OX = λ
→OG (X punto de
→OG )
= λ (→
OA +→
OB +→
OC ) (λ ∈R)
ii) Ecuación del plano ABC.
→OX =
→OA +λ
→AB + µ
→AC (X punto de ABC)
= →
OA +λ (→
OB -→
OA ) + µ(→
OC -→
OA ) = (1 - λ - µ)→
OA +λ→
OB + µ→
OC(λ , µ ∈R)
iii) Ecuación del plano DEF
→OX =
→OD +λ
→DE + µ
→DF (X punto del plano DEF)
= (→
OA +→
OB ) + λ (→
OE -→
OD ) + µ(→
OF -→
OD )
2/11
= (→
OA +→
OB ) + λ (→
OE +→
OA +→
OB ) + µ(→
OF -→
OA -→
OB )
= (→
OA +→
OB ) + λ (→
OA +→
OC -→
OA -→
OB ) + µ(→
OB +→
OC -→
OA -→
OB )
= (1 - λ )→
OA + (1- µ)→
OB + (λ+ µ)→
OC (λ , µ ∈R)
b) i) Veamos que los planos ABC y DEF son paralelos. Para ello basta ver que
• →
DE es paralelo a →
BC y que
• →
AC es paralelo a →
DF
ii) Si hacemos en a) –ii) λ= µ=31
se tiene que →
OX =31
(→
OA +→
OB +→
OC ) de donde
→OX =
31 →
OG = →
OI
iii) Si hacemos en a) –iii) λ= µ=31
se tiene que →
OX =32
(→
OA +→
OB +→
OC ) de donde
→OX =
32 →
OG = →
OJ
de estas relaciones, ii) y iii) se tiene que
→→→
→→→→→→
→→→→
==⇒
=−=−=
=−=JGIJOI
OGOGOGOJOGJG
OGOIOJIJ
31
32
31
c) i) Veamos que I es el baricentro del triángulo ABC. En efecto:
31
(→
OA +→
OB +→
OC ) =31 →
OG = →
OI , de donde I es baricentro de ABC.
ii) Veamos que J es el baricentro del triángulo DEF. En efecto,
31
(→
OD +→
OE +→
OF ) = 31
(→
OA +→
OB +→
OA +→
OC +→
OB +→
OC )
= 32
(→
OA +→
OB +→
OC ) =32 →
OG = →
OJ .
de donde J es el baricentro de DEF.
191. Dado el tetraedro ABCD, se considera el sistema de referencia ℜ =
(→AB ,
→AC ,
→AD ). Se pide:
a) Ecuación vectorial del plano que pasa por el punto medio de CD y es paralelo alas rectas AD y BC.
b) Demostrar que este plano corta a las aristas del tetraedro no paralelas al mismo,en sus puntos medios.
3/11
c) Demostrar que los puntos medios de estas aristas forman un paralelogramo.
SOLUCIÓN:
a) Consideremos la figura adjunta.
Una determinación lineal del plano pedido es α ( I,→
AD , →
BC ) donde:
• I es el punto medio del segmento CD
• →
AD el vector direccional de AD
• →
BC el vector direccional de BC
La ecuación vectorial del plano es:
→AM =
→AI + t
→AD + s
→BC t, s ∈R
= 21
(→
AD +→
AC ) + t→
AD + s(→
AC -→AB )
= -s→AB + (s +
21
)→
AC + (t +21
)→
AD
b) Si en la ecuación del plano IKJL hacemos,
• s = -21
y t = -21
, entonces →
AM =21 →
AB =→AJ , luego J∈α
• s = 0 y t = -21
, entonces →
AM =21 →
AC = →
AK , luego K ∈α
• s = -21
y t = 0, entonces→AL =
21 →
AB +21 →
AD = →AL luego L ∈α
c) IKJL es un paralelogramo si y solo si →JL y
→KI son vectores equipolentes.
• →JL=
→AL -
→AJ =
21 →
AB +21 →
AD - 21 →
AB = 21 →
AD
• →KI =
→AI -
→AK =
21 →
AD + 21 →
AC - 21 →
AC =21 →
AD
luego IKJL es paralelogramo.
4/11
192. Se considera el espacio vectorial euclídeo 3R , y en él los siguientes subespaciosvectoriales:
a) W1 = Vect( (1, 1, 0), (0, 3, 6) )b) W2 = Vect( (1, 2, 1) )c) W3 = Vect( (7, 8, 5), (6, 3, 1), (1, 3, 6) )
Hallar los subespacios vectoriales ortogonales correspondientes.
SOLUCIÓN:
El subespacio vectorial ⊥1W está engendrado por el vector
nr
= (1, 1, 0) x (0, 3, 6) = (6, -6, 3)
o también por el vector 31
nr
= (2, -2, 1). Luego ⊥1W = Vect( (2, -2, 1) ).
Puede obtenerse también imponiendo la condición de que el vector nr
sea ortogonala los vectores que engendran W1.
Si wr
= (x, y, z) pertenece al subespacio vectorial ⊥2W entonces:
(x, y, z) (1, 2, 1) = x + 2y + z = 0
que es precisamente la ecuación del plano vectorial ⊥2W .
Puesto que rang( (7, 8, 5), (6, 3, 1), (1, 3, 6) ) = 3
los vectores son linealmente independientes y engendran todo el espacio 3R .Por tanto ⊥
3W = (0)
193. En el espacio vectorial euclídeo 3R se considera el subespacio vectorial W dadopor
=+−=−+
03
02
zyx
zyx
Hallar las ecuaciones paramétricas de ⊥W .
SOLUCIÓN:
El vector vr
= (2, 1, -1) es ortogonal al primer plano vectorial.El vector w
r= (1, -1, 3) es ortogonal al segundo plano vectorial.
Por tanto, el plano ortogonal a la recta dada W es:
⊥W = Vect( vr
, wr
)
5/11
donde,
(x, y, z) = t(2, 1, -1) + s(1, -1, 3)
que son las ecuaciones paramétricas del plano.O también:
x = 2t + sy = t – sz = -t + 3s
194. Sean ar
y br
dos vectores del mismo módulo, no nulos. Calcular en función decos( a
r,br
), y por medio del producto escalar,
a) cos( ar
,ar
+br
)b) cos( a
r,ar
-br
)c) cos( b
r,ar
+br
)d) cos( b
r,ar
-br
)
Interpretar geométricamente estos resultados en el plano euclídeo.
SOLUCIÓN:
Antes de resolver cada una de estas cuestiones calculemos:
i) ar
br
= ar
br
cos(ar
,br
) = 2
ar
cos( ar
,br
)
ii) 2
barr + = ( a
r+b
r)(a
r+b
r)= 2a
r+ 2 a
r br
+ 2br
= 22
ar
+ 22
ar
cos(ar
,br
)
= 2 2
ar
(1 + cos( ar
,br
))
iii) 2
barr − = (a
r-br
) ( ar
-br
) = 2ar
- 2ar
br
+ 2br
=22
ar
- 22
ar
cos( ar
,br
)
= 2 2
ar
(1 - cos(ar
,br
))
a) cos( ar
,ar
+br
) = baa
baaa
baa
baarrr
rrrr
rrv
rrr
++=
++ )(
= ),cos(1(2
).cos(2
22
baaa
baaarrrr
rrrr
+
+=
),cos(1(2
)).cos(1(2
2
baa
baarrr
rrr
+
+=
2)cos(1 ba
rr ++
fórmula que expresa que el ángulo de ( ar
,ar
+br
) es la mitad del ángulo (ar
,br
).
c) cos( ar
,ar
+br
) = cos( ar
,ar
+br
) ya que ar
br
= br
ar
y ar
= br
b) Produciendo como en a), y teniendo en cuenta iii) resulta:
6/11
cos( ar
,ar
-br
) = 2
)cos(1 barr +−
d) cos( br
,ar
-br
) = - cos( ar
,ar
-br
) ya que br
(ar
-br
) = - ar
(ar
- br
)
La interpretación geométrica de estos resultados se da en la figura de arriba. Losparalelogramos ABDC y ABNM son evidentemente rombos, ya que tienen los cuatrolados iguales. Los segmentos AD y MN son diagonales de los rombos y dividen a losángulos en dos partes iguales. Por tanto:
• ángulo BAD = 21
ángulo BAC
• ángulo NAC = π - ángulo MAN = π - ángulo NAB.
195. Hallar vectorialmente la mediana AM de un triángulo ABC cuando se conocenlos lados del mismo.
SOLUCIÓN:
Se tiene:
( )( )( )ccaabbaacc
caaaccacacBMABBMABAMAMm a
...21
.41
.
..41
.21
.21
..2
−−++=
=++=
+
+=++==
7/11
ya que 422
21
21
21
41
.2..)(.222
22222 acbcabaccaccaacabb
−+=−−++=++=+= ,
siendo a, b y c los módulos de ba, y c respectivamente.
De donde
222 2221
acbma −+=
NOTA.-
Análogamente se obtienen las restantes medianas, y resulta:
222
222
2221
2221
cbam
bcam
c
b
−+=
−+=
196. Calcular el área de un triángulo ABC,
a) vectorialmente,b) analíticamente.
SOLUCIÓN:
a) Consideremos el triángulo ABC.
Para hallar el área del triángulo tomemos el vector ⊥
AB ortogonal a AB y delmismo módulo. Entonces se tiene:
hABS21= , definición de área
'21
ACABS = , ya que hAC ='
8/11
⊥
⊥
=AB
ABACABS
.
21
, proyección de AC
ACABS .21 ⊥
= , operando y teniendo en cuenta la conmutatividad del
producto escalar.Por tanto,
ACABS .21 ⊥
=
b) Supongamos ahora que las coordenadas de los vértices son: A(x1, y1), B(x2, y2) yC(x3, y3), entonces
- ),( 1212 yyxxAB −−= de donde )),(( 1212 xxyyAB −−−=⊥
- ),( 1313 yyxxAC −−=de donde,
1313
1212
33
22
11
311223133221
1131123211311232
13121312
21
1
1
1
21
)(21
)(21
)))(())(((21
.21
yyxx
yyxx
yx
yx
yx
yxyxyxyxyxyx
yxyxyxyxxyxyxyxy
yyxxxxyyACABS
−−−−
==
=−−−++=
=+−−+−++−=
=−−+−−−==⊥
que es la ecuación analítica del área de un triángulo.
Por tanto,
),det(21
ACABS =
197. Demostrar vectorialmente el teorema de Pitágoras.
SOLUCIÓN:
En el triángulo ABC
9/11
se consideran los vectores:
- bCA =- cbaCB +==- cAB =
Entonces,
cbccbbcbcbaa .2..))((. ++=++=de donde
cbcba .2222
++=
y siendo b y c vectores ortogonales, 0. =cb , luego
222
cba +=
198. Resolver la siguiente cuestión en el plano euclídeo ordinario:
Dado un cuadrado de vértices consecutivos A(3, 1) y B(0, 5) hallar los otros dos.
SOLUCIÓN:
Sean A(3, 1), B(0, 5), C(x, y) y D(x’, y’) los cuatro vértices del cuadrado y suscoordenadas.
Los vectores AB y DC son equipolentes y lo mismo sucede con los vectores AD y
BC .
Los vectores AB y AD son ortogonales y además tienen el mismo módulo.
)4,3()1,3()5,0( −=−=−= OAOBAB
10/11
AD puede ser, por tanto, (4, 3) o (-4, -3), es decir, vectores opuestos.
Veamos las dos soluciones.
1) AD = (4, 3)
- )8,4()3,4()5,0( =+=+=+= ADOBBCOBOC , luego, C(4, 8).
- )4,7()3,4()1,3( =+=+= ADOAOD , luego, D(7, 4).
2) AD = (-4, -3)
- )2,4()3,4()5,0( −=−−+=+=+= ADOBBCOBOC , luego, C(-4, 2).
- )2,1()3,4()1,3( −−=−−+=+= ADOAOD , luego, D(-1, -2).
199. Se consideran las rectas,
r: 083 =−− yx y s: 062 =−− yx .
Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto de intersección de r y s, y distadel punto P(1, 1) una unidad de longitud.
SOLUCIÓN:
Por el punto P pasan infinitas rectas, que son todas las del haz determinado por r y s.De todas estas rectas solamente dos, s1 y s2, distan una unidad de P.
a) Ecuación del haz de vértice P.
0)62(83: =−−+−− yxtyxH p , t número reales decir, 0)68()1()23( =+−+−+ tytxt
b) Distancia del punto P a las rectas s1 y s2.
22 )1()23(
)68()1()23(1
tt
ttt
+++
+−+−+=
de donde,0264620 2 =++ tt
11/11
y de aquí,0132310 2 =++ tt
Las raíces de esta ecuación son: t1 = -13/10, t2 = -1.
c) Ecuaciones de las rectas s1 y s2.
- s1: 02340)62(1013
83 =−+⇔=−−−−− yxyxyx
- s2: 020)62(183 =−⇔=−−−−− xyxyx
NOTA.-
Este problema se reduce al siguiente:
Trazar por un punto exterior las tangentes a una circunferencia. De todas las rectasdel haz HA, solamente existen dos que son tangentes.
Hoja de Problemas – Geometría IX
1/10
200. Hallar la ecuación de la simetría ortogonal respecto de la recta:
0).( =− axn
SOLUCIÓN.
Sean:- S la simetría ortogonal respecto de la recta 0).( =− axn .
- P un punto cualquiera cuyo vector de posición es p .
- P’ el punto simétrico de P y cuyo vector de posición es 'p .
El vector de posición del punto medio de 'PP es:
)'(21
: ppmM +=
Teniendo en cuenta que el punto M pertenece al eje de simetría y que los vectores n
y 'PP son paralelos, se obtiene el sistema:
=−
=
−+
nkpp
appn
'
0)'(21
.
de donde,
0)'(21
. =
−++ ankppn
y de aquí,
0.).(21
. =−+ annnkpn
y finalmente,nn
apnk
.
).(2
−−=
Sustituido este valor de k en
la ecuación nkpp +=' , se obtiene la ecuación de la simetría, y es
nn
apnpp 2
).(2'
−−=
NOTA.-
Si sustituimos estos vectores por sus coordenadas
)','(' yxp = , ),( yxp = , ),( BAn =
2/10
y el número ).( apn − por
).( apn − CbyAx ++=
que es el primer miembro de la ecuación en forma general de la recta, se tienen lasecuaciones de la simetría ortogonal:
22
22
2'
2'
BACByAx
Byy
BA
CByAxAxx
+++−=
+++−=
Estas ecuaciones se obtienen directamente en el siguiente ejercicio.
201. Hallar las ecuaciones de la simetría ortogonal respecto de la recta,
0=++ CByAx
SOLUCIÓN.
Sean:- S la simetría ortogonal respecto del eje 0=++ CByAx .- P(x, y) un punto cualquiera del plano afín euclídeo.- P’(x’, y’) el punto homólogo, es decir, P’ = S(P).
Las coordenadas del punto
medio M de 'PP son:
++
2'
,2
' yyxxM
Las coordenadas del vector 'PPson )','( yyxx −− .
Las coordenadas del vectornormal al eje de simetría son
),( BAn .
Teniendo en cuenta que el punto M pertenece al eje de simetría y que los vectores n
y 'PP son paralelos, se obtiene el sistema:
3/10
=−=−
=++++
kByy
kAxx
Cyy
Bxx
A
'
'
02
'2
'
de donde, 02
'2
' =++++C
yyB
xxA
y de aquí,22
2BA
CByAxk
+++−=
Sustituido este valor de k en las ecuaciones kAxx +=' , kAyy +=' se obtienen lasecuaciones de la simetría respecto del eje 0=++ CByAx , y son:
22
22
2'
2'
BACByAx
Byy
BACByAx
Axx
+++−=
+++−=
Estas son las ecuaciones analíticas de la simetría ortogonal respecto de una rectadada. Las ecuaciones recíprocas se obtienen cambiando la x por la x’ y la y por la y’ yaque se trata de una transformación involutiva.
202. En el plano euclídeo ordinario se considera la transformación que hacecorresponder al punto P(x, y) el punto P’(x’, y’) donde
++−=+−−=
θθθθθθ
sin22cos2sin'
cos22sin2cos':
yxy
yxxf
Se pide:
a) Hallar el conjunto de puntos dobles por f.b) Decir que transformación geométrica es f.
SOLUCIÓN.
a) Los puntos dobles se obtienen haciendo (x, y) = (x’, y’), luego
=−+=−+
⇔
=−+
=−+⇔
=−−+=−++
0sin)1sincos(
0cos)1sincos(
0sin2sin2.cossin2.
0cos2cossin2.cos2.
0sin2)2cos1(2sin
0cos22sin)2cos1(
2
2
θθθθθθ
θθθθ
θθθθ
θθθθθθ
yx
yx
yx
yx
yx
yx
4/10
de donde el sistema se reduce a la ecuación
01sincos =−+ θθ yx [1]
puesto que θcos y θsin no son nulos simultáneamente. Por tanto, los puntos doblesvienen dados por la ecuación de la recta [1].
b) La aplicación lineal f asociada a la aplicación afín f es:
+−=−−=
θθθθ
2cos2sin'
2sin2cos'
yxy
yxx
El determinante de la aplicación lineal f vale -1, luego se trata de una simetríavectorial.
Por tanto, f es una simetría respecto a la recta [1].
203. Sean A, B, C y D cuatro puntos del espacio afín euclídeo orientado, se pide:
a) Demostrar que ABADADACACABBDBC ×+×+×=×b) Interpretar esta relación cuando los 4 puntos son coplanarios.
SOLUCIÓN.
a)
ABADADACACAB
ABBAADABADACABAC
BABAADACBAACADBA
ADACBAACADBABABA
ADBAACBABDBC
×+×+×=
−=⇔×−×+×−=
=×⇔×+×+×=
=×+×+×+×=
=+×+=×
0
)()(
b)Si los cuatro puntos son colineales es evidente que los productos vectoriales son
nulos, ya que los vectores son linealmente dependientes.
Supongamos ahora que no hay tres alineados, entonces
- nBDBC λ=× , donde n es un vector normal a los vectores BC y BD tal que
),,( 321 uuu y ),,( nBDBC tienen la misma orientación.
- nACAB µ=×
- nADAC ν=×
5/10
- nABAD ξ=×
Siendo ξνµλ21
,21
,21
,21
el área orientada de los triángulos BCD, ABC, ACD y
ADB, respectivamente.
De aquí se sigue que:
)(21
21 ξνµλ ++=
y por tanto,
“El área orientada del triángulo BCD es igual a la suma de las áreas orientadas de lostriángulos ABC, ACD y ADB”.
204. 1) Hallar la ecuación del plano que pasando por el punto A(1, -1, 2) tienepor vector normal el vector )3,2,2( −=v .
2) Hallar la ecuación de la recta que pasando por el mismo punto A esperpendicular al plano .013 =−+− zyx
SOLUCIÓN.
1) Un plano queda determinado por un punto y su vector normal, es decir, en nuestro
caso por A y v .
La ecuación en forma normal es, siendo X un punto cualquiera del plano:
03).2()2).(1(2).1(0. =−+−++−⇔= zyxvAX 010322 =−+−⇔ zyx
2) Si una recta es perpendicular a un plano tiene por vector direccional el vectornormal al plano, que en este caso es:
)1,1,3( −=w .
La determinación lineal de la recta pedida es ),( wA .
La ecuación en forma continua es:
12
31
31 −=+=− zyx
6/10
205. Hallar la ecuación del plano que pasa por los puntos A(2, 0, -3) y B(1, -1, 1) yes paralelo a la recta r dada por:
=−−+=−−+
06663
02323
zyx
zyx
SOLUCIÓN:
Un plano queda determinado por un punto y dos vectores linealmenteindependientes. Sea ),,( wvP
rrα una determinación lineal del plano
a) P(2, 0, -3) = A(2, 0, -3)
b) Puesto que el plano pasa por los puntos A y B, un vector direccional será
el vector AB . Luego
vr
= AB = OAOB − = (1, -1, 1) – (2, 0, -3) = (-1, -1, 4)
c) El plano α es paralelo a la recta dada, luego el vector direccional wr
seráperpendicular a los vectores normales de los planos que determinan larecta. Por tanto,
wr
= (A, B, C) x (A’, B’, C’) ,A, B, C, A’,B’, C’ coeficientes delos planos
= (3, 2, -3) x (3, 6, -6) = (6, 9 ,12)
De a) , b) y c) se sigue que la ecuación paramétrica del plano ),,( wvPrrα es:
++−=+−=
+−=
sttz
sty
stx
1243
9
62
Rst ∈,
y en forma de determinante,
3
2
),,det(
+
−=−
z
y
x
wvaxrrrr
4
11
−−
02912160
12
9
6
=−+−⇔= zyx
206. Hallar, en el espacio afín euclídeo tridimensional, la distancia del punto M a larecta utax
rrr+= .
SOLUCIÓN:
Consideremos la figura adjunta. Sea H la proyecciónortogonal del punto M sobre la recta utax
rrr+= . Este punto
7/10
es único, y MH es, por definición, la distancia del punto M a la recta r.
Se tiene:
uHAMHuMArr ×+=× )( , suma de vectores
uMAuMHrr ×+×= , propiedad distributiva
uMHr×= , ya que MA y u
r son colineales
y tomando módulos
uMHuMArr
=× , ya que MA es perpendicular al vector ur
de donde,
u
uMArMdMHMH r
r×=== ),(
que es la ecuación vectorial de la distancia de un punto a una recta.
207. Dadas las rectas del espacio afín euclídeo r: (x, y, z) = (2, 1+ t, t) y r’= (x, y, z)= (2s, 0, s), se pide :
a) la distancia mínima entre estas rectasb) la ecuación de la perpendicular común ( recta que contiene al segmento
mínima distancia.)
SOLUCIÓN:
a) Un punto cualquiera de la recta r viene dado por A(2, 1+ t, t) , t∈R Un punto cualquiera de la recta r’ viene dado pro B(2s, 0, s), s ∈ R
El vector que determina los puntos A y B es:
AB = OB -OA = (2s, 0, s) – (2, 1+ t, t) = (2s – 2, -1 – t, s- t)
Un vector direccional de la recta r es: vr
= (0, 1, 1)Un vector direccional de la recta r’ es: w
r= (2, 0, 1)
Dado que el vector AB es perpendicular al vector vr
y wr
se verificará:
=−−=−−−−⇔=
=−−=−−−−⇔=→−
045)1,0,2).(,1,22(0.
012)1,1,0).(,1,22(0.
tststswAB
tststsvAB
r
r
8/10
Resolviendo este sistema se obtienen los siguientes valores: s = 97
, t = 91−
Por tanto, )98
,98
,94
( −−=→−
AB
de donde la distancia entre las rectas es:34=
→−AB
b) La perpendicular común tiene como determinación lineal ),( ABA , y por tanto, laecuación de la recta es:
)98
91
,98
98
,49
2()98
,98
,94
()91
,98
,2(),,(:)98
,98
,94
(,)91
,98
,2(( ttttzyx
ABA
+−−−=−−+−=−−
→4342143421
que es la ecuación de la perpendicular común en paramétricas.
208. Se considera en el plano afín ordinario dos puntos fijos y distintos A y B; sedefine la aplicación del plano en si mismo que hace corresponder a un punto P elpunto P’ tal que
BPhAPkOP +=' ,
siendo k y h dos números reales dados.
a) Demostrar que esta aplicación es una homotecia o una traslación.b) Estudiar los casos en que esta transformación geométrica se reduce a una
traslación.
SOLUCIÓN:
Sea ),,0( 21 uurr=ℜ una referencia afín del plano ordinario, entonces si
)','('),,(),,(),,( 1100 yxPyxPyxByxA
la ecuación vectorial BPhAPkOP +='
se traduce en R2 por
−+−=−+−=
)()('
)()('
10
10
yyhyyky
xxhxxkx
es decir,
+−+=+−+=
)()('
)()('
10
10
hykyyhky
hxkxxhkx
9/10
b) si k + h = 1, entonces las ecuaciones anteriores se reducen a:
+−=+−=
)('
)('
10
10
hykyyy
hxkxxx
que son las ecuaciones de una traslación.
a) si h + k ≠ 1, entonces las ecuaciones [1] se pueden escribir así:
−+=−−+=−
))(('
))(('
byhkby
axhkax
donde a y b vienen dados por
110
−++
=hk
hxhxa y
110
−++
=hk
hykyb
Se trata por tanto, de una homotecia de centro el punto H(a, b) y razón de homotecia k +h.
• Nótese que las coordenadas del punto H, centro de homotecia, son precisamentelas coordenadas del centro de gravedad del triángulo OAB cuando los puntos O,A, B están afectados por los coeficientes -1, k y h respectivamente.
• Nótese que el punto H no existe cuando k + h -1 = 0, es decir, cuando k + h =1,que en este caso se trata de una traslación.
209. Sea (E, V, θ) el plano afín ordinario y ),,0( 21 uurr=ℜ una referencia afín del
mismo. Determinar la transformada de la parábola y2 = 2px mediante:
a) la afinidad de eje XX’, dirección YY’ y característica k.b) la afinidad de eje YY’, dirección XX’ y característica k.
SOLUCIÓN:
a) Las ecuaciones de la afinidad homológica Afh(XX’, YY’, k) vienen dadas por(x’, y’) = (x, ky) como puede verse fácilmente en la figura.
Las ecuaciones inversas son entonces:(x,y) = (x’, y’/k).
Sustituyendo estos valores en la ecuación de la parábola,queda:
y’2 = 2k2px
10/10
b) Las ecuaciones de la afinidad homológica Afh(XX’, YY’, k) vienen dadas por(x’, y’) = (kx, y) como puede verse fácilmente en la figura.
Las ecuaciones inversas son entonces:(x,y) = (x’/k, y’).Sustituyendo estos valores en la ecuación de la parábola,queda:
y’2 = 2pk
1x’
Hojas de Problemas – Estadística I
1/9
210. Se considera el experimento aleatorio consistente en tirar tres dados al aire yanotar los puntos de las caras superiores.
a) ¿Cuantos elementos tiene el espacio de sucesos?b) Calcular la probabilidad de sacar al menos dos 5.c) Calcular la probabilidad de sacar dos 2 y un 3.
Sol.:
a) Como cada dado tiene seis posibilidades tenemos que
nº de Elementos = 6nº de Repeticiones = 3
21663 ===Ω mnVR
b) Sea A el suceso de que salgan al menos dos 5.
Casos Totales = 216
Casos Favorables = 5·2
31
+
272
216151
216
5·2
31
)( =+=
+=AP
c) Sea B el suceso correspondiente a que salgan dos 2 y un 3.
Casos Totales = 216
Casos Favorables = 1·2
3
721
2163
216
1·2
3
)( ==
=BP
211. Dos jugadores A y B lanzan simultánea y respectivamente 3 y 2 monedas.Gana el jugador que obtenga más caras, repitiéndose el lanzamiento si ambosobtienen el mismo número.
a) Calcular la probabilidad de que gane el jugador A.
Sol.:
Caso n=1 (Sólo se lanzan una vez)
Sea el suceso A=El jugador A pierde o empata
2/9
Los casos posibles se calculan sabiendo que el Jugador A tiene 4 posibilidades (0, 1,2 ó 3 caras), y el Jugador B tiene 3 posibilidades (0, 1 ó 2 caras). Por tanto los casosposibles son 4·3=12
Los casos favorables se calculan sumando las veces que A pierde con las veces queA empata. Así tenemos:
Jugador A Jugador B1 cara 2 caras0 caras 1 cara0 caras 2 caras
Jugador A Jugador B1 cara 1 cara2 caras 2 caras0 caras 0 caras
Por tanto, los casos favorables son 3+3 = 6
21
3·46
)( ===posiblescasos
favorablescasosAP
Una vez que calculamos P(A), como nos interesa su complementario, tenemos
Entonces 21
21
1)( =−=CAP
Caso n≠1 Supongamos que empatan en la primera tirada.
P(0 caras) = 55
202
303 2
1!2!2
·21
·!3!5
21
·21 ==
CC
P(1 cara) = 3·21
!2·!2!3
21
21
·21
4
5212
213 =
=
CC
P(2 caras) = 55
22
223 2
1·3
21
·!2!3
21
·21
··21
·21 ==
CC
P(Empate entre A y B) = 165
21
21
·321
·3545
=++
Sea Ei el suceso de que A gane en la i-ésima tirada
Sabemos que P(E1)=21
P(E2)=21
·165
P(E3)=21
165 2
⋅
y así sucesivamente
P(A gane)= =−
⋅
−
⋅=
⋅=⋅
∑∑
∞
=
−
+∞→
−∞
=
−
1
1
1
1
1
16
51
16
5
16
51
2
1
16
5
2
1
2
1
16
5
i
i
i
i
i
i
Lim
3/9
118
1116
21
165
1
121 =⋅=
−⋅=
212. En una bolsa hay 4 bolas negras y 5 blancas. En otra bolsa hay dos negras y 3blancas. Se elige al azar una bolsa y se extrae de ella una bola.
a) Hallar la probabilidad de que la bola extraída sea negra.b) Hallar la probabilidad de que la bola extraída sea blanca.
Sol.:
a) P(N) = P(N∩Ω) = P(N∩(Bolsa1∪Bolsa2)) = P((N∩Bolsa1)∪(N∩Bolsa2))=
= P(N∩Bolsa1)+P(N∩Bolsa2) = P(Bolsa1)·P(N|Bolsa1) + P(Bolsa2)·P(N|Bolsa2) =
= 4519
51
92
52
21
94
21 =+=⋅+⋅
b) P(B) = P(B∩Ω) = P(B∩(Bolsa1∪Bolsa2)) = P((B∩Bolsa1)∪(B∩Bolsa2))=
= P(B∩Bolsa1)+P(B∩Bolsa2) = P(Bolsa1)·P(B|Bolsa1) + P(Bolsa2)·P(B|Bolsa2) =
= 4526
103
185
53
21
95
21 =+=⋅+⋅
213. Supongamos que hay una prueba para diagnosticar cáncer que da positivo enel 95% de los casos cuando se aplica a personas que poseen esta enfermedad, y danegativo en el 95% de los casos cuando se aplica a personas que no la poseen. Si laprobabilidad de que una persona tenga realmente cáncer es 0’005. ¿Cuál es laprobabilidad de que una persona tenga realmente cáncer cuando la prueba le hayadado positiva?
Sol.:
Sean los siguientes sucesos
E = Tener CáncerS = No tener Cáncer+ = Prueba Positiva– = Prueba Negativa
Lo que nos pide el problema es el cálculo de la probabilidad P(E|+)
Para ello, primero hemos de calcular la probabilidad de que la prueba de positiva
4/9
P(+) = P(E)·P(+|E) + P(S)·P(+|S) = 2000109
20200199
2020019
1005
200199
10095
2001 =
⋅+
⋅=⋅+⋅
donde 005'02001 =
P(E|+) = 21819
109095
2000109
10095
2001
)()|()( ==
+=
++⋅
P
EPEP
214. Sean A y B sucesos de probabilidad no nula. Demostrar que si sonincompatibles entonces no son independientes. Ilustrar con un ejemplo que si sonincompatibles no tienen porqué ser dependientes.
Sol.:
Sabemos que si A∩B = ∅ ⇒ Son Incompatibles
y que si P(A∩B) = P(A)·P(B) ⇒ Son Independientes
Supongamos que P(A∩B) = P(A)·P(B) ≠ 0 ⇒ No pueden ser Incompatiblesporque si lo fueran tendríamos que A∩B = ∅ y por tanto P(A∩B) = 0.
Luego si A y B son incompatibles entonces no son independientes.
Ejemplo. Lanzar una moneda dos veces.• Son Compatibles (puede salir dos veces cara/cruz)• Son Independientes.
215. Se dispone de una urna que contiene 5 bolas rojas y 4 bolas blancas. Seextraen de su interior 5 bolas y estamos interesados en definir la variable aleatoriaX=nº de bolas blancas extraídas. Completar la tabla adjunta en los casossiguientes:
X=r 0 1 2 3 4 5P(X=r)
a) Las 5 bolas se extraen de 1 en 1 devolviéndolas cada vez a la urna.b) Las 5 bolas se extraen a la vez.
Sol.:
P(X=0) = 0529'09
5 5
=
P(X=1) =
( )2116'0
95·4·5
5
4
=
5/9
P(X=2) =
( )3387'0
9
2
5·4·5
5
23
=
P(X=3) = 2709'03
5·
94
·95
3
3
2
2
=
P(X=4) = 1083'04
5
95
94
4
=
⋅
⋅
P(X=5) = 0173'0
94 5
=
X=r 0 1 2 3 4 5P(X=r) 0’0529 0’2116 0’3387 0’2709 0’1083 0’0173
b) 252!4!5
!95
9=
⋅=
=Ω
P(X=0) = 00396'02521
252
5
5
0
4
==
⋅
P(X=1) = 885
252!·4!5·4
252
4
5
1
4
==
⋅
P(X=2) = 17615
252
3
5
2
4
=
⋅
P(X=3) = 445
252
2
5
3
4
=
⋅
P(X=4) = 2525
252
1
5
4
4
=
⋅
P(X=5) = 0
X=r 0 1 2 3 4 5P(X=r)
2521
885
17615
445
2525
0
216. La probabilidad de que un jugador de tenis gane un punto cuando le entra elprimer servicio es de 0’8 y de que lo gane con el segundo servicio es de 0’5.
6/9
Teniendo en cuenta que la probabilidad de que le entre el primer servicio es de 0’3,calcular:
a) La probabilidad de que gane un punto.b) La probabilidad de que gane un juego.
Sol.:
a) Sea A el suceso A=Gana un punto
5'0
5'07'0
2'0
8'03'0Pr
2
22
1
11
PierdeP
GanaGServicioSegundoA
PierdeP
GanaGServicioimerA
P(A) = P(A1)·P(G1|A1) + P(A2)·P(G2|A2) = 0’3·0’8 + 0’7·0’5 = 0’24 + 0’35 = 0’59
b) Sea B el suceso B=Gana el Juego
Sean los sucesos siguientes:
C1 = Gana los 4 puntosC2 = Gana 4 puntos y pierde 1C3 = Gana 4 puntos y pierde 2C4 = Gana 5 puntos y pierde 3C5 = Gana 6 puntos y pierde 4C6 = Gana 7 puntos y pierde 5
Como la probabilidad de ganar un punto es 0’59, tenemos que su complementario esla probabilidad de perderlo, 0’41.
P(C1) = 0’594 = 0’1211
P(C2) = 0’594·0’41·
1
4= 0’1987
El número combinatorio expresa la posibilidad de perder uno cualquiera de loscuatro primeros puntos de los cinco que se juegan. Es evidente que el último lo gana eljugador que gana el juego.
P(C3) = 0’594·0’412·
2
5= 0’2035
Igualmente, el número combinatorio representa las distintas formas de perder dospuntos de los cinco primeros en juego.
P(C4) = 0’593·0’413·
3
6·0’592 = P(D0)
7/9
Los tres primeros factores corresponden a acabar los seis primeros puntos enempate, siendo el último factor el que corresponde a ganar los dos últimos puntos enjuego para ganar el juego.
P(C5) = 0’593·0’413·
3
6·0’593·0’41·2 = P(D1)
P(C6) = 0’593·0’413·
3
6·0’594·0’412·22 = P(D2)
.......
P(Dn) = 0’593·0’413·
3
6·0’592+n·0’41n·2n
P(B) = P(C1) + P(C2) + P(C3) + ∑+∞
=0
)(i
iDP =
= 0’1211 + 0’1987 + 0’2035 + =⋅⋅⋅
⋅⋅ +
+∞
=∑ iii
i
241'059'03
641'059'0 2
0
33
∑+∞
=
⋅⋅⋅
⋅⋅+++=
0
35 )241'059'0(3
641'059'02035'01987'01211'0
i
i =
=⋅⋅⋅+++= ∑=
+∞→
n
i
i
nLim
0
)241'059'0(0985465'02035'01987'01211'0
=⋅+++= ∑=
+∞→
n
i
i
nLim
0
)48'0(0985465'02035'01987'01211'0
=−
−⋅+++=+
+∞→ 48'0148'01
0985465'02035'01987'01211'01n
nLim
=−
⋅+++=48'01
10985465'02035'01987'01211'0
713'01895'02035'01987'01211'0 =+++=
217. Distribuimos al azar n bolas blancas y n bolas negras en n urnas.
a) Hallar la probabilidad de que una urna especificada contenga i bolasblancas y j bolas negras.
b) Calcular la probabilidad de que en cada urna haya 1 bola de cada color.
8/9
Sol.:
a) Sea A el siguiente suceso
A = Una urna contenga i bolas blancas y j bolas negras
Para calcular la probabilidad P(A) tenemos que:
Casos Totales: nnn nVR 22 =
Casos Favorables: Se obtiene como producto de
• Las i bolas blancas inC
• Las j bolas negras jnC
• Repartimos el resto de bolas en el resto de urnas jinnVR −−
−2
1
P(A) =
( )n
jin
nn
jinn
jn
in
n
nj
n
i
n
VR
VRCC2
2
2
21
1 −−−−
−
−⋅
⋅
=⋅⋅
b) Sea B el suceso
B = Cada urna tiene una bola de cada color
Casos Totales: nnn nVR 22 =
Casos Favorables: Se obtiene como producto de:
• Las n bolas blancas en las n urnas Pn
• Las n bolas negras en las n urnas Pn
P(B) = nn
n
n
nn
n
P22
2 !!·=
218. Supóngase una urna con a bolas blancas y b bolas negras. Calcular laprobabilidad de obtener exactamente n bolas blancas cuando se han sacado Nbolas, con n≤≤ N≤≤a de la urna:
a) Simultáneamente.b) Sin reemplazamiento.
Sol.:
a) Sea A el suceso A = Sacar n bolas blancas
9/9
Casos Totales: NbaC +
Casos Favorables: nNb
na CC −⋅
Nba
nNb
na
C
CCAP
+
−
=·
)(
b) Casos Totales: NbaV +
Casos Favorables: nN
nNb
na CVV ·· − Donde el último factor corresponde a las formas de
ordenar las bolas blancas tomadas.
Nba
nN
V
VAP
+
=)(
Hojas de Problemas – Estadística II
1/9
219.- Sean a y b ∈∈ÐÐ*, sea X una variable aleatoria discreta con valores enterosestrictamente positivos de manera que:
baxXP
11)( −== si abx ≤≤1
0)( == xXP si abx >
a) ¿Qué condición debe satisfacer a y b para que la sucesión, de término gene-ral p(x)=P(X=x), pueda ser considerada como la ley de la probabilidad de X.
b) Determinar la función de distribución F(x). ¿Cuáles son las soluciones de laecuación F(x)= 2
1 ? (con las medianas de X)
c) Calcular la esperanza de X. ¿Qué valores habrá que dar a a y a b para queE(X)=7/2?
Sol.:
a) ∑∞
=
==1
1)(x
xXP (para que sea función de probabilidad)
⇓
∑=
=
−
ab
x ba1
111 ababab
abab
bababa
ab
x
ab
x
−=
−=
−=
−=
− ∑∑
==
1111111
11
1=b - a
b) F(x)=P(X=x)
Si abx ≤≤1 ⇒
−=
−=
−=== ∑∑∑
=== bax
babajXPxF
x
j
x
j
x
j
111
1111)()(
111
Si x>ab ⇒ 1)()()()(111
==+==== ∑∑∑+===
x
abj
ab
j
x
j
jXPjXPjXPxF
>
≤≤
−
ab xsi 1
abx1 si 11
)( bax
xF
2111)( =
−=
baxxF ⇒
2121
21 abab
baab
x =×=−
×=
c) 2
)1(1111)()(111
ababab
abx
bax
baxxPxE
ab
x
ab
x
ab
x
+×−=
−=
−== ∑∑∑
===
=2
1 ab+
27
)( =xE ⇒ 2
127 ab+= ⇒
+=→=−=
1 1
6
abab
ab sustituyendo
2/9
6)1( =+aa ⇒ 062 =−+ aa
−==
=±−
=+±−
= válidaNo 3
2
251
22411
2
1
a
aa
resultando: a = 2 b=3
220.- Sea m un 33+. Se considera la función definida ∀∀x∈∈ÐÐ:
!)(
xm
xfx
m−= e distribución de POISSON
a) Probar que f(x) puede ser considerada como la ley de probabilidad de unavariable aleatoria X
b) Calcular la E(x) y Var(X)
Sol.:
a) 1!
1 0
0
==== −+∞
=
−∑ eeee mm
x
xm
x
mya que ∑
+∞
=
=0 !n
nx
n
xe
b) mmx
mm
x
m
x
mxxPxXE mm
x
xm
x
xm
x
xm
x
==−
=−
=== −+∞
=
−−
+∞
=
−+∞
=
−+∞
=∑∑∑∑ eeeee
0
1
000 )!1()!1(!)(.)(
Var(X)=E(X2)-(E(X))2
E(X2) = ...)!1(!
)(10
2
0
2 =−
== ∑∑∑+∞
=
−+∞
=
−+∞
= x
xm
x
xm
x x
mx
x
mxxfx ee
…= =
−
+−
=
−
+−
− ∑ ∑∑ ∑+∞
=
+∞
=
−−
+∞
=
+∞
=
−
2 1
1
1 1 )!1()!2()!1()!1()1(
x x
xxm
x x
xxm
x
mm
x
m
x
m
x
mx ee …
…= ( ) =+=
−
+−
−+∞
=
+∞
=
−−− ∑ ∑ mmm
x x
xxm mm
x
mm
x
mm eeee 2
2 1
122
)!1()!2( m2 + m
Var(X) = m2 + m − m2 = m
221.- La variable aleatoria X tiene la función de densidad:11 )()()( −− −−= qp xbaxCxf para bxa <<
0)( =xf en el resto donde p>0, q>0 y a<bCalcular: a) la constante C y b) E(X)
Sol.:
3/9
( )∫ −− −=1
0
11 1),( dtttqpqpβ
a) ( ) ( ) ....0.0)(1 11 =+−−+== ∫∫∫∫+∞−−
∞−
+∞
∞− b
b
a
qpadxdxxbaxCdxdxxf
…= ( ) ( ) =−−∫ −−b
a
qpdxxbaxC
11 ∫ =
−
−+−−
−
−− −−
1
0
11
...)()( dxabab
axabab
abax
Cqp
…= ∫ =
−
−−−
−
−−
−−1
0
11
...)(1)( dxabab
axab
ab
axC
qp
→⇒→→⇒→−−=
1
0
)()(
tbx
tax
abaxt
…= ( ) ( ) ( ) ( )∫ =−−−− −−−−1
0
1111 ...).1 abdtabtabtCqqpp
…= ( ) ( ) ( ) 1),(.1 11
0
111 =−=−− −+−−−+ ∫ qpCabdtttCabqpqpqp β de donde:
( ) 1).,(
1−+−
=qp
abqpC
β
b) ( )( ) ( ) ...
).,(
1)(.)( 11
1=−−×
−=== −−
−+∫∫ dxxbaxxabqp
dxxXPxXE qpb
a qp
b
a β
…= ( ) 1).,(
1−+− qp
abqpβ( ) ( )∫ −− −−
b
a
qpdxxbaxx
11 =…
→⇒→→⇒→−−=
1
0
)()(
tbx
tax
abaxt
…= ( ) 1).,(
1−+− qp
abqpβ( ) ( ) ( )∫ −−−− −−−
1
0
1111 1 xdxabtabtqqpp =…
y siendo: ( ) atabx +−= y ( )dtabdx −= ⇒ ( )[ ] ( )abdtatabxdx −+−=
…= ( ) 1).,(
1−+− qp
abqpβ( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )∫ −+−−−− −−−−1
0
1111 1 abdtatababtabtqqpp =
…=( )
( ) 1
1
).,( −+
−+
−−
qp
qp
abqp
ab
β( ) ( )[ ] =+−−∫ −−1
0
11 1 dtatabttqp …
…=),(
1qpβ
( ) ( ) ( ) =
−+−− ∫∫ −−−− 1
0
111
0
11 11 adttttdtabtt qpqp …
4/9
…= ( ) ( ) =−+−−∫∫ −−− 1
0
111
0
1 1),(
1),(
dtttqp
adttt
qp
ab qpqp
ββ…
…= ( ) ( ) ( ) =++−=++−aqp
qp
abqp
qp
aqp
qp
ab,1
),(,
),(,1
),(β
ββ
ββ
β…
…= ( ) ( ) =++− aqp
qpab
),(,1
ββ =+
+−=+
+
+++
− aqp
paba
qppqppp
qpp
qppp
ab )(
)()().()1()().1(
)( …
…= =+
++−qp
aqapapbp
qp
aqbp
++
222.- Sea la función de densidad: ( ) 43214321 16,,, xxxxxxxxf = 0≤ xi ≤ 1 dela variable aleatoria (X1,X2,X3,X4). Calcular:
a) Probabilidad de obtener un punto en la región x1<1/2 , x4>1/3
b) Distribución marginal de x1
c) Distribución marginal de la variable (X2,X3,X4).
d) Distribución de (X1,X2) condicionada por X3=a y X4=b.
e) Distribución de X1 condicionada a (X2,X3,X4)
f) E(X1 || (X2,X3,X4))
Sol.:
a) ( ) =>< 31,21 41 xxP =∫ ∫ ∫ ∫ 1234
2/1
0
1
0
1
0
1
3/1 432116 dxdxdxdxxxxx …
…= =
∫ ∫ ∫ 123
2/1
0
1
0
1
0
124
321 .2
163
dxdxdxx
xxxx
=∫ ∫ ∫2/1
0
1
0
1
0 123321964
dxdxdxxxx …
…= =
∫ ∫
2/1
0
1
0 12
1
0
23
21 2964
dxdxx
xx =∫ ∫2/1
0
1
0 1221932
dxdxxx =∫2/1
0 11916
dxx …
…=92
81
916
1241
916
2916
2/1
0
21 =×=×=
x
b) Distribución marginal de X1 :
5/9
=1x
f 1
1
0 221
1
0
1
0 23321
1
0
1
0
1
0 2344321 24816 xdxxxdxdxxxxdxdxdxxxxx === ∫∫ ∫∫ ∫ ∫
c) Distribución marginal de (X2,X3,X4)
),.( 432 xxxf = 432
1
0
432
21
1
0 14321 82
1616 xxxxxxx
dxxxxx =
=∫
d) Distribución de (X1,X2) condicionada por X3=a y X4=b.
( )( 21 , xxf ( ))bxax == 43 ,
( ) 43
1
0 1431
1
0
1
0 12432121 4816, xxdxxxxdxdxxxxxxxf === ∫∫ ∫
( )( 21 , xxf ( ))bxax == 43 , = 2121
43
21 44
16),(
),,,(xx
ab
abxx
bxaxf
baxxf ====
e) Distribución de x condicionada (X2,X3,X4).
F(x1|(x2,x3,x4)) = 1432
4321
432
4321 28
16),,(
),,,(x
xxx
xxxx
xxxf
xxxxf ==
f) E(X1|(X2,X3,X4)) =32
32)2(
1
0
31
1
0 111 =
=∫ x
dxxx
223.- Una máquina fabrica ejes de diámetro x y otra cojinetes de diámetro interiory. Suponiendo que la función de densidad conjunta sea de la forma:
f(x,y)=e−− (x+y) x>0 , y>0
Calcular: a) Distribución marginal de x d) E(y)b) Distribución marginal de y e) V(x)c) E(x) f) V(y)
Sol.:
a) [ ]tyx
t
tyx
t
yxX limdylimdyf 0
)(
0
)(
0
)( +−
+∞→
+−
+∞→
+∞ +− −=== ∫∫ eee = xxtx
tlim −−+−
+∞→=+− eee )(
b) [ ]tyx
t
tyx
t
yxY limdxlimdxf 0
)(
0
)(
0
)( +−
+∞→
+−
+∞→
+∞ +− −=== ∫∫ eee = yyyt
tlim −−+−
+∞→=+− eee )(
e) === ∫∫ −
+∞→
+∞ +− tx
t
yx dxxlimdxxxE00
)(.)( ee (*)
6/9
resolviendo la integral:
−==
===
−−−∫ xx
tx
vdxdv
dxduxudxx
eee
0 = [ ] ∫ −− +−
txtx dxx
00 ee
y sustituyendo en (*), tendremos:
. (*) …= [ ] ∫ −
+∞→
−
+∞→+−
tx
t
tx
tdxlimxlim
00 ee =…(**)
Primer término: [ ] 01lim Hôpitall' t
0 =−=
∞∞=
−=−
+∞→+∞→
−
+∞→ ttt
tx
t
tlimxlim
eee
Segundo término: [ ] 1100=+−=−= −
+∞→
−
+∞→
−
+∞→ ∫ t
t
tx
t
tx
tlimlimdxlim eee
y sustituyendo en (**), resulta: [ ] 110)(00 =+=+−= ∫ −
+∞→
−
+∞→
tx
t
tx
tdxlimxlimxE ee
d) === ∫∫ −
+∞→
+∞ − ty
t
y dyylimdyyyE00
.)( ee …
−==
==−− yy vdydv
dyduyu
ee
=…
…= [ ] =+− ∫ −
+∞→
−
+∞→
ty
t
ty
tdylimylim
00 ee 11001 =++=++− −
+∞→+∞→
t
tt
tlim
tlim e
e
e) Var(X)=E(X2)−(E(X))2
E(X2)= == ∫∫ −
+∞→
∞ − tx
t
x dxxlimdxx0
2
0
2 ee …(#)
resolviendo la integral: == ∫ −txdxxI
0
2e …
=−=
==−− xx vdxdv
duxdxux
ee
2
2
=…
…= [ ] xdxxdxxt
xtxt
x 200
2
0
2 ∫∫ −−− += eee =…
=−=
==−− xx vdxdv
dudxux
ee
2 2 =…
…= [ ]
+−+− ∫ −−− txtxt dxxt
002 22 eee = ( )1222 +−+−− −−− ttt tt eee
y sustituyendo en (#): … ( ) ( ) ( ) 2222 +−+−+−= −
+∞→
−
+∞→
−
+∞→
t
t
t
t
t
tlimtlimtlim eee =… (##)
( ) 022
Hôpitall' 2
2 =−=−==−=−+∞→+∞→+∞→
−
+∞→ tt
tt
tt
t
tlim
tlim
tlimtlim
eeee
( ) 02
Hôpitall' 2
2 =−==−=−+∞→+∞→
−
+∞→ tt
tt
t
tlim
tlimtlim
eee
( ) 02
2 =−=−+∞→
−
+∞→ tt
t
tlimlim
ee
7/9
(##) …= ( ) 220002222 =+++=+−−−= −−−
+∞→
ttt
tttlim eee ⇒ Var(X)=2-1=1
224.- Demostrar que:
++
=
++
−+
−+
1
1.........
2
1
m
n
m
m
m
n
m
n
m
n
Sol.:
Sea: A=
++
=
++
−+
∈
1
1.........
1
m
n
m
m
m
n
m
nn N
a) Caso n=m+1
++
=++=
++×++=++=++=
+
+1
2
)!1()!2(
11
!)11(!
!!!1
1!!1
!1
1
m
m
mm
mm
mmm
mm)m(m
.m)(m
m
m
m
m
* Supuesto válido para n ⇒
++
=
++
−+
−+
1
1.........
2
1
m
n
m
m
m
n
m
n
m
n
veamos si se cumple para n+1:
++
==
+
−+
−+
+
+1
2 (?).........
2
1
1
m
n
m
m
m
n
m
n
m
n
m
n
considerando la anterior:
++
+
+1
1
1
m
n
m
n= =
+−++
−++
)!1()!()!1(
!)!1()!1(
mmn
n
mmn
n…
…= =+−+
−++++=+−+
+−++++)!1()!1(
)11()!1()!1()!1(
)!1)(1()!1)(1(mmn
mnmn
mmn
nmnnm…
…=
++
=+−+
+=+−+
++1
2
)!1()!1()!2(
)!1()!1()2()!1(
m
n
mmn
n
mmn
nn
⇒
++
=
++
−+
−+
1
1.........
2
1
m
n
m
m
m
n
m
n
m
n ∀n∈Ð
225.- La variable aleatoria (X,Y) tiene una distribución uniforme en el recinto
C = (x,y)∈∈332 0<x<1 , x<xy<2
8/9
Se introduce la variable aleatoria (U,V) por la transformación U=X y V=Y2XY
−−
Calcular: a) la función de densidad de Y, f2(Y) y la condicionada de Y por X=x,f2/1(Y/X)
b) la función de densidad g(U,V)
Sol.:
y=1
y=2 y=2
y=x
x=1
a) <<<<
=resto elen 0
2 10 si ),(
yxxkyxf
∫ ∫ ∫∫+∞
∞−
+∞
∞−===
1
0
21
xkdydxkdydx …
…= =−∫1
0)2( dxxk =
−
1
0
2
22
xxk
23
k
⇒ 32=k
<<<<
=resto elen 0
2 10 si 3/2),(
yxxyxf
Para hallar f2(y) tenemos que hacer un cambio en los límites de integraciónporquetenemos que barrer la x en función de la y
1 y 20 x 1
0 y 10 x y
0<y<1 yxdxyfy
y
32
32
32
)(0
02 =
== ∫
0<y<232
32
32
)(1
0
1
02 =
== ∫ xdxyf
<<
<<=
21 si 32
10 si 32
)(2
y
yyyf
xxxXf
YXfxXYf
−=
−=
====
21
)2(3232
)(),(
)/(1/2
[ ] [ ]3
)2(2324
32
34
232
32
32
)( 22
1
xxxxydyxf x
x
−=−=−=−=== ∫
b) 0<u<1 (porque u=x)
9/9
y
xyv
−−=
2=
y
uy
−−
2 (*)
Lo más pequeño que puede ser v es para y→0 ⇔ x→0 luego: 00200 =
−−=v
Lo más grande que puede ser v es para y→2 pues ∞=−=−−=
022xyxy
v
uyvyv −=−2 ⇒ )1(2 vyvyyuv +=+=+ v
uvy
++=
12
212 <
++<v
uvu ⇒ +∞<< v0
<<<
=resto elen 0
v0 10 )(# ),(
uvug
(#) ),(),(
),(),(vu
yxyxfvug
∂∂•=
=
++−+
+
=2)1(
)2()1(21
1
01
v
uvv
v
y2)1(
2v
u
+−
⇒ 2)1(
232
),(v
uvug
+−×=
Hoja de Problemas – Estadística III
1/11
226.- Se considera una pareja de v.a. X,Y de la que se conoce la densidad f(x,y).
( )
≥≥+
=−−
caso otro en
e
0
0 0 354
),(2 yxyx
yxfyx
a) Probar que f(x,y) es una función de densidad.b) Determinar las leyes marginales de X y de Y, así como las leyes condicionales
de Y si X=x y de X si Y=yc) Calcular las E y las Var de las leyes marginales.d) Calcular E(X.Y) obteniendo así la covarianza.
NOTA: Utilizar los siguientes resultados:
100
== ∫∫+∞ −+∞ − duduu uu ee !2
0
2 =∫+∞ − duu ue !3
0
3 =∫+∞ − duu ue
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
a) I = ∫ ∫∫∞+ ∞+ −−∞+
∞−+=
0 0
2)3(54
),( dydxyxdydxyxf yxe (*)
I1 = [ ]12110 0
22
0
2 .54
354
)3(54
IIxdyydyxdyyx yxyxyx +=
++=+ ∫ ∫∫
∞+ ∞+ −−−−∞+ −− eee
I11 = =∫+∞ −−
0
2 dyyxe ==
==
= ∫∫∞+ −−∞+ −−
00
2
2
2
2
dududy
uydy uxyx eeee …
… xux du −∞+ −− == ∫ eee21
21
0
I12 = =∫+∞ −−
0
23 dyy yxe ∫∫∞+ −−∞+ −− ==
==
=00
2
223
2
2 3
duududy
uydyy uxyx eeee …
…= ∫∞+ −− =
043
duu ux ee x−e43
luego:
I1 =
+=
+ −−−− xxxx xx eeee
43
21
54
43
21
.54
y sustituyendo en (*) resultará finalmente:
∫∞+ −− =
+=
0 43
21
54
dxxI xx ee
+ ∫∫
∞+ −∞+ −
00 43
21
54
dxdxx xx ee = 145
54
43
21
54 =×=
+
=)(Xf x ∫∫∞+ −−∞+
=+=0
2
0)3(
54
),( dyyxdyyxf yxe
+ ∫∫∞+ −−∞+ −−
0
2
0
2 354
dyydyx yxyx ee
2/11
…= =+ ∫∫∞+ −−∞+ −−
0
2
0
2 354
54
dyydyx yxyx eeee43
54
21
54 ×+× −− xxx ee
≥
+
=−−
resto elen 0
0 43
21
54
)(
xxXf
xx
x
ee
=)(Yf x ∫∫∞+ −−∞+
=+=0
2
0)3(
54
),( dxyxdxyxf yxe =
+ ∫∫∞+ −−∞+ −−
0
2
0
2 354
dxydxx yxyx ee …
…= =+ ∫∫∞+ −−∞+ −−
0
2
0
2 354
54
dxydxx xyxy eeee 1354
154 22 ×+× −− yy yee
( )
≥+
=−−
resto elen 0
0 354
)(
22 yyYf
yy
x
ee
b) )(),(
)(Xf
yxfxXYf
x
xy == )(),(
)(Yf
yxfyYXf
yyx ==
c) ∫∞+ −−
+=
0
2
43
21
54
)( dxxxXE xx ee =57
47
54
43
154 =×=
+
( )∫∞+ −− +=
0
222 354
)( dyyyYE yy ee = 145
54
21
43
54 =×=
+
d) Var(X) = E(X2) − E(X)2
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
227.- Sean a y b ∈∈99+. Sea X una variable aleatoria discreta con valores enterosestrictamente positivos de manera que:
abxxXP
abxba
xXP
>==
≤≤−==
si 0)(
1 si 11
)(
a) ¿Qué condición deben verificar a y b para que la sucesión de término general
)()( xXPxp ==
pueda ser considerada como ley de probabilidad de X.
b) Determinar la función de distribución F(X). Trazar su gráfica. ¿Cuáles sonlas soluciones de la ecuación F(X)=1/2 (medianas de X).
c) Calcular E(X). ¿Qué valores habrá que dar a a y b para que se tengaE(X)=7/2 ¿
3/11
--------------------------------------------------------------------------------------------------------
a) 011
)( ≥−==ba
xXP ⇒ ba
11 ≥ ⇒ ab ≥
11111
)(1
=
−=
−=
−== ∑∑
ab
abab
baab
baxXP
ab
X
⇒ 1+= ab
b)ab
kb-a
ab
ab
abk
bakXPXF
k
=
=+=
=
−=
−=≤= ∑
1
1
11)()(
1
k=1 k=2 k=3 k=ab
1
1/ab
ab
xXF ==
21
)( ⇒ xab 2= Mediana 22
)1(2
2 aaaaabx
+=+==
c) 27
21
2)1)((111
)(11
=+=+×=−=
−= ∑∑
==
ababab
abx
ab
ab
baxXE
ab
x
ab
x
de donde: 6=ab siendo 1+= ab ⇒ 62 =+ aa
062 =−+ aa ⇒
−==
=±−=+±−= válidano 3
2
251
22411
a
aa
resultando finalmente: a = 2 y b =3
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
228.- Sea ξξ una variable aleatoria con distribución uniforme en [0,1]. Calcular ladistribución de la media para muestras de tamaño 2.
≤≤≤≤
=resto elen 0
10 10 si 1),( 21
21
xxxxf
Calcular la distribución para 2
21 XXZ
+=
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
( )zxxPzxx
PzZPzF 22
)()( 2121 ≤+=
≤+=≤=
4/11
z=1/2
(1,0)2z
(0,1)
0x1
x2
zxx 221 ≤+
12 2 xzx −≤
21 1 xx −= ⇒ 21=z
Si 0≤z ⇒ 0)( =zF
Si 2/10 ≤< z ⇒
⇒ ( ) =−== ∫∫ ∫−
1
2
0 1
2
0
2
0 12 2)(1
dxxzdxdxzFzz xz
27
22
22
0
21
1
zxzx
z
=
−
A1 A2x2=2z-x1
2z-1
≤≤−≤≤
10
12x0 :
2
1
1 x
zA
−≤≤≤≤
12
1
2 20
1x1-2z :
xzxA
si 121 ≤< z 21)( AAZF +=
1212
0 1
12
0
1
0 121 −=== ∫∫ ∫−−
zdxdxdxAzz
=−== ∫∫ ∫ −−
− 1
12 11
1
12
2
0 121 )2(1
zz
xzdxxzdxdxA ...
22
1
12
21
1 =
−
−z
xzx
…= ( ) =
−−−−
−
2)12(
12221
22z
zzz =−+++−−2
41424
21
22
2 zzzzz …
…= zzzzzzz 22221
22421
2 222 +−=−+++−−
≤<−−
≤<
≤
=
121
124
21
0 2
7
0 0
)(
2
2
zzz
zz
z
ZF
5/11
<<−
<<
≤
=
121
44
21
0 7
0 0
)(
zz
zz
z
zf
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
229.- Una máquina fabrica ejes de diámetro X y otra cojinetes de diámetro interiorY. Suponiendo que la función de densidad conjunta sea de la forma:
f(x,y)=e−− (x+y) x>0 , y>0
Calcular: a) Distribución marginal de X.b) Distribución marginal de Y.c) Distribución de Y condicionado por X=a.d) Distribución de X condicionado por Y=b.e) Curva de regresión de Y sobre X.f) Curva de regresión de X sobre Y.g) Coeficiente de correlación.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
a) [ ]tyx
t
tyx
t
yx limdylimdyxf 0)(
0
)(
0
)()( +−
+∞→
+−
+∞→
+∞ +− −=== ∫∫ eee = xxtx
tlim −−+−
+∞→=+− eee )(
b) [ ]tyx
t
tyx
t
yx limdxlimdxyf 0)(
0
)(
0
)(2 )( +−
+∞→
+−
+∞→
+∞ +− −=== ∫∫ eee = yyyt
tlim −−+−
+∞→=+− eee )(
c) y
x
yx
xf
yxfxXyf −
−
+−
==== ee
e )(
112 )(
),()(
>
==−
resto elen 0
0 si )(12
yaXyf
ye
d) x
y
yx
yf
yxfyYxf −
−
+−
==== ee
e )(
212 )(
),()(
>
==−
resto elen 0
0 si )(12
xbYxf
xe
e) Curva de regresión de Y sobre X: )(12 xmy =
===== ∫∫∫∫ −
+∞→
+∞ − ty
t
y dyylimdyydyxyyfxyydFxym00121212 )()()( ee (*)
I =
−==
===
−−−∫ yy
ty
vdy
dyduyudyy
eee
dv
0 [ ] =−−−= ∫ −− t
yty dyy00 ee ∫ =+− −− t
yt dyt0ee …
…= 10 +−−=+−− −−−− tttt tt eeeee
(*) …= ( ) 11 =+−− −−
+∞→
tt
ttlim ee ⇒ y=1
f) Curva de regresión de X sobre Y: )(21 ymx =
6/11
1)()()(00212121 ===== ∫∫∫∫ −
+∞→
+∞ − tx
t
x dxxlimdxxdxyxxfyxxdFyxm ee ⇒ x=1
g) Coeficiente de correlación de x,y : ( ) 21.
),(
VarYVarX
yxCov
yx
xy ==σσ
σρ
1)(.)(00 1 === ∫∫ −
+∞→
+∞ tx
tdxxlimdxxfxxE e (ver problema 223)
1)(.)(00 2 === ∫∫ −
+∞→
+∞ ty
tdyylimdyyfyyE e
E(X2)= == ∫∫ −
+∞→
∞ − tx
t
x dxxlimdxx0
2
0
2 ee …(#)
== ∫ −txdxxI
0
2e …
=−=
==−− xx vdxdv
duxdxux
ee
2
2
= [ ] xdxxdxxt
xtxt
x 200
2
0
2 ∫∫ −−− += eee =…
…= [ ]
+−+− ∫ −−− txtxt dxxt
002 22 eee = ( )1222 +−+−− −−− ttt tt eee
y sustituyendo en (#): … ( ) ( ) ( ) 2222 +−+−+−= −
+∞→
−
+∞→
−
+∞→
t
t
t
t
t
tlimtlimtlim eee =… (##)
L1 = ( ) 022
Hôpitall' 2
2 =−=−==−=−+∞→+∞→+∞→
−
+∞→ tttttt
t
tlim
tlim
tlimtlim
eeee
L2 = ( ) 02
Hôpitall' 2
2 =−==−=−+∞→+∞→
−
+∞→ tt
tt
t
tlim
tlimtlim
eee
L3 = ( ) 02
2 =−=−+∞→
−
+∞→ tt
t
tlimlim
ee y sustituyendo en (##)
(##) … ( ) 220002222 =+++=+−−−= −−−
+∞→
ttt
tttlim eee
E(Y2)= 20
2
0
2 == ∫∫ −
+∞→
∞ − ty
t
y dyylimdyy ee
E(X Y)= ...00 0
)( == ∫∫ ∫+∞+∞ +∞ +− Idxdydxxy yxe siendo
I= ∫∫+∞ −−
+∞→
+∞ +− =00
)( dyxylimdyxy yx
t
yx eee = xt
y
t
x xdyylimx −−
+∞→
− =∫ eee0
luego: E(X Y)= 100 0
)( == ∫∫ ∫+∞ −+∞ +∞ +− dxxdydxxy xyx ee
Cov(X,Y)=E(XY)−E(X).E(Y)=1−1=0 ⇒ 0=ρ
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
7/11
230.- Cierta empresa produce dos artículos A y B. Sea x una variable aleatoria quemide la demanda mensual, en miles de unidades, de A e y la de B. Se sabe que lafunción de densidad conjunta es:
<<<<−
=resto elen 0
31 21 5
3),(
yxyx
yxf
a) Estudiar la independencia entre la demanda mensual de A y B.b) Calcular P(X-Y>0)c) Sabiendo que la demanda de B es igual a 1500 unidades, calcular la
probabilidad de que la demanda de A sea al menos de 500 unidades.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
a) [ ] =
−=−=−== ∫∫∫∫
∞+
∞−
3
1
231
3
1
3
1
3
11 251
53
51
53
53
),()(y
yx
ydydyx
dyyx
dyyxfxf …
…= ( )5
4654
56
451
253
21
29
51
1353 −
=−=×−×=
−−−
xxxx
[ ] =−
=−=−== ∫∫∫∫
∞+
∞−
2
1
2
1
22
1
2
1
2
12 5253
553
53
),()( xyx
dxy
xdxdxyx
dxyxfyf …
…= ( )10
29510
91
523
53
1252
124
53 yyyy −=−=×−×=−−
−
...55
4109
54
556
109
56
5109
.54
56
)()( 21 =×+×−×−×=
−
−= yyxxyx
yfxf
…= ),(25
186427254
2518
256
2527
yxfxyyx
yxyx ≠−−+=+−−
⇒ X e Y independientes
b)
1
1
2
3
2
1<x<21<y<x
( ) ( ) =>=>− yxPyxP 0 …
…= ∫ ∫ ∫=−2
1 1
2
1.
53x
dxIdydxyx
(*)
siendo ...55
35
3111 ∫∫∫ =−=−=xxx
dyy
dyx
dyyx
I
10
165101
53
1053
1053
...222
1
2 +−=+−−=
−= xxxxxy
yx
x
8/11
luego: (*) = =+−∫
2
1
2
10165
dxxx =+− ∫∫∫
2
1
2
1
2
1
2
101
53
2dxdx
xdx
x =
+−
2
1
23
10103
6xxx
…
…=3011
6022
6061810
60127280
101
103
61
102
1012
68
==
+−
−
+−
=
+−−
+−
c) ( ) =−
=−
−
===−
−
===≥30
)5'13(10
1039
55'13
1'5
1029
53
)(),(
5'1 5'02
xx
yy
yx
yf
yxfyXP
35'1−x
121
21
22
24
2221
35'1
2
1
22
1
2
1=
−−
−=
−=
−=
− ∫∫
xxdxxdxx
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
231.- Sea la variable aleatoria con función de densidad:
≤≤≤≤+
=resto elen 0
1y0 10 ),(
xxykyxf
Calcular: a) f(x,y) y b) E(x+y)
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
a) ( )41
4221
1
0
21
0
1
0
1
0
21
0
1
0+=
+=
+=
+=+= ∫∫∫ ∫ k
xkxdx
xkdx
xykydydxxyk ⇒
⇒ 43
41
1 =−=k
423
243
243
43
)(1
0
21
02
yyyxxdxxyyf
+=+=
+=
+= ∫
==)(),(
)(2 yf
yxfyxf
( )
( ) y
xy
y
xy
y
xy
2343
2341
4341
423
43
++=
+
+=
+
+
b) )()()( yExEyxE +=+
=
+
=+=
+== ∫∫∫∫
1
0
321
0
21
0
1
0
1
0 1 321
243
243
243
)()(xx
dxx
dxx
dxx
xdxxxfxE …
9/11
…= ( ) ( )2413
2449
61
83
0161
0183 =+=+=
−+−
=
+
=+=
+== ∫∫∫∫
1
0
321
0
21
0
1
0
1
0 2 321
243
243
243
)()(yy
dyy
dyy
dyy
ydyyyfyE …
…= ( ) ( )2413
2449
61
83
0161
0183 =+=+=
−+−
1213
2426
2413
2413
)()()( ==+=+=+ yExEyxE
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
232.- Probar que no pueden existir dos variables x e y tales que E(X)=3, E(Y)=2,E(X2)=10, E(Y2)=29 y E(X,Y)=0.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
( ) ( )1
56
251
6
)().(
),(2121
−<−=×−==
YVarXVar
YXCovρ
),( YXCor = 6320)()()( −=×−=− YEXEXYE
1310)()()( 222 =−=−= XEXEXVar
25229)()()( 222 =−=−= YEYEYVar
1≤ρ
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
233.- Sea (ξξ ,ηη ) una variable aleatoria bidimensional con función de densidad:
≤≤≤≤
= valorotro 0
20 0 si 21
),(yyx
yxf
Calcular el coeficiente de correlación ρρ y las rectas de regresión
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
( ) 21)().(
),(
YVarXVar
YXCov=ρ
10/11
∫ ∫∫ ==2
0
2
00, .21
21
dyIdxdyyxy
mnmnα =… (*)
siendo: 12
112
112
121
21 11
0
1
00 +×=
+=
+
===++++
∫∫ ny
ny
ynx
ydxxydxyxInmn
m
yn
my
nmy
mn
sustituyendo en (*): …= =
+++
=+
×++
++∫2
0
22
0
1
2)1(21
11
21
nmy
ndyy
n
nmnm …
…=2
21
12
2)1(2
1 12
++×
+=
++×
+
++++
nmnnmn
nmnm
142
21
)(3
11 =×==αXYE
32
32
21
)(2
10 =×==αXE
34
32
11
)(2
01 =×==αYE
91
98
134
32
1)()()(),( =−=×−=−= YEXEXYEyxCov
32
42
31
)(3
202 =×==αXE y
94
32
)(2
2 =
=XE
92
946
94
32
)()()( 22 =−=−=−= XEXEXVar
242
11
)(3
022 =×==αYE y
916
34
)(2
2 =
=YE
92
916
2)()()( 22 =−=−= YEYEYVar
Coeficiente de correlación: 21
92
92
91
2
1=
×
=ρ
( ))()(
),()( YEY
YVar
YXCovXEX −=−
11/11
−=−
34
9291
32
yx ⇒
−=−
34
21
32
yx ⇒ yx21=
( ))()(
),()( XEX
XVar
YXCovYEY −=−
−=−
32
21
34
xy ⇒ 31
21
34 −+= xy ⇒ xy
21
1+=
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
Hojas de Problemas – Estadística IV
1/11
234. Tenemos tres monedas que llamaremos M1, M2, M3. La moneda M1 esta equilibrada. La moneda M2 esta cargada y, al lanzarla, es dos veces más fácil que salga cara que cruz. La moneda M3 esta cargada y, al lanzarla, aparece cara con probabilidad ¼. Si elegimos una moneda al azar y la lanzamos, ¿Cuál será la probabilidad de que salga cara? RESOLUCION.- Llamemos iM al suceso “la moneda elegida es la i”, donde i puede ser 1, 2 ó 3.
Entonces, 1M , 2M y 3M es una serie exhaustiva de sucesos incompatibles, puesto que forzosamente alguno de ellos ocurre 1M ∪ 2M ∪ 3M =Ω y no pueden darse dos a un tiempo 0/=∩ ji MM si i≠ j para i, j = 1, 2, 3
Si C es el suceso “al lanzar la moneda sale cara”, de la fórmula de la probabilidad total se sigue )|()()( 11 MCPMPCP = )|()( 22 MCPMP+ )|()( 33 MCPMP+ (3.2) Ahora bien, puesto que la elección entre monedas es al azar, se tendrá
)( 1MP = )( 2MP = )( 3MP =31
Por otra parte, la moneda 1M esta equilibrada, luego
)|( 1MCP =21
La moneda 2M es tal que resulta dos veces más fácil que salga cara que cruz, esta condición significa que )|( 2MCP = )|(2 2MCP c y como )|( 2MCP + )|( 2MCP c = 1 resultará
)|( 2MCP =32
Por último, aplicando un razonamiento semejante aplicado a la moneda 3M , revela que
)|( 3MCP =41
Si se reemplazan estos valores en la ecuación 3.2, resulta
2/11
P(C) = 41
31
32
31
21
31 ++
235. Una urna, digamos I, contiene tres bolas blancas y cuatro bolas negras. Extraemos al azar dos bolas de la urna I y, sin mirar su color las introducimos en otra urna, digamos II, que está vacía. A continuación elegimos una bola al azar de la urna I y otra, también al azar de la II. ¿Cuál es la probabilidad de que la bola elegida de la urna II sea blanca? ¿Cuál es la probabilidad de que la bola elegida de la urna I sea blanca? ¿Cuál es la probabilidad de que ambas bolas sean blancas? RESOLUCION.- El desarrollo de este experimento aparece descrito de manera gráfica en la figura. Llamemos IB y IIB , respectivamente, a los sucesos “la bola elegida de la urna I es blanca” y “la bola elegida de la urna II es blanca”. La circunstancia que influye en la facilidad de elegir una bola blanca de la urna II, es el número de bolas blancas entre las dos traspasadas de I a II, puesto que determina la composición de la urna II. Si llamamos 0A , 1A y 2A respectivamente a los sucesos “entre las bolas traspasadas de la urna I hay 0, 1, 2 bolas blancas”, resulta evidente que, forzosamente, alguno de los tres sucesos ocurre, y no pueden darse, dos cualesquiera, simultáneamente. Tenemos así que 0A , 1A y 2A son una serie exhaustiva de sucesos mutuamente incompatibles. Por otra parte, para que ocurra 0A , es preciso que la primera bola elegida de la urna I sea negra –lo que ocurre con probabilidad 4/7 – y que extraída la primera negra, la segunda también lo sea –lo que sucede con probabilidad 3/6 - Por lo tanto
72
63
74
)( 0 ==AP
de manera semejante se tienen
74
64
73
63
74
)( 1 =+=AP , 71
62
73
)( 2 ==AP
Ahora, cuando ocurre 0A , la probabilidad de extraer una bola blanca de la urna II es 0. 0)|( 0 =ABP II De igual manera se tienen
21
)|( 1 =ABP II , 1)|( 2 =ABP II
Todos estos cálculos se resumen en el esquema de la figura 3.5. Se tiene así:
)|()()( 00 ABPAPBP IIII = )|()( 11 ABPAP II+ )|()( 22 ABPAP II+ =73
3/11
También el número de bolas blancas traspasadas de la urna I a la II determina la probabilidad de extraer, a continuación, una bola blanca de I. El caso, creemos, no merece más detalles. No hay dificultad en obtener:
53
)|( 0 =ABP I , 52
)|( 1 =ABP I , 51
)|( 2 =ABP I ;
por lo tanto, se tiene:
)|()()( 00 ABPAPBP II = )|()( 11 ABPAP I+ )|()( 22 ABPAP I+ =73
La última cuestión presenta, aparentemente, más interés. El suceso “ambas bolas son blancas” se simboliza por C = IB ∩ IIB . Afortunadamente la fórmula de la probabilidad total no hace distinciones, C es un suceso más, cuya probabilidad -condicionada- de ocurrir, está determinada por la aparición de 0A , 1A o 2A . El cálculo se hace mecánico, )|()()( 00 ACPAPCP = )|()( 11 ACPAP+ )|()( 22 ACPAP+
La pequeña dificultad adicional reside en el cálculo de las probabilidades condicionadas. No es preciso pensar mucho para concluir: 0)|( 0 =ACP ya que no puede ocurrir que ambas bolas sean blancas si en la urna II sólo hay bolas negras. Calculemos las restantes. Supongamos que A1 ha ocurrido. Entonces la urna I contiene dos bolas blancas y tres negras y, la urna II una blanca y otra negra. El experimento consiste en elegir, al azar, una bola de cada urna. Otra vez imaginamos que las bolas están numeradas. Hay 5 maneras distintas de elegir una bola de la urna I, y elegida ésta, por cada elección de una bola de la urna I, hay dos maneras de elegir una bola de la urna II. En total tenemos 5x2 casos posibles. ¿Cuántos serán favorables a que ambas bolas sean blancas? Para que la bola elegida de la urna I sea blanca, es preciso que sea una de las dos blancas que contiene. Hay pues dos maneras distintas de elegir una bola blanca de la urna I. Hecha esa elección, por cada manera de elegir una bola blanca de I, hay una única manera de tomar una bola blanca de II. Por lo tanto, 2 casos son favorables a IB ∩ IIB . Se tiene así:
51
102
)|( 1 ==ACP
Un razonamiento semejante permite concluir que se cumple:
51
102
)|( 2 ==ACP
Todos estos cálculos se resumen en el esquema de la figura 3.6, y la fórmula de la probabilidad total produce:
4/11
71
51
71
51
74
072
)( =++=∩ III BBP
236. Dos personas A y B juegan alternativamente en una máquina recreativa, hasta que uno de los dos obtiene premio. Las probabilidades de conseguir premio en cada partida son pa y pb, respectivamente, y la primera partida la juega A. ¿Cuál es la probabilidad de que el juego termine en la k-ésima partida? RESOLUCIÓN.- Llamemos P(N = k) a la probabilidad de que el juego termine en la k-ésima partida. Desde luego si k es impar y el juego termina, A ha ganado; mientras que si k es par, B habrá ganado. Ahora bien, A gana en la partida 2n – 1 si ninguno de los jugadores logra ganar en ninguna de las 2n – 2 primeras partidas y gana en la (2n – 2) primeras partidas y gana en la (2n – 1)-ésima. Esto ocurre con la probabilidad a
nb
naababa pppppppp 11 )1()1()1)(1)...(1)(1( −− −−=−−−−
n – 1 veces Mientras que, por análoga razón, B gana en la partida 2n-ésima con probabilidad b
nb
naaababa ppppppppp 1)1()1()·1)·(1)(1)...(1)(1( −−−=−−−−−
n – 1 veces Luego
=−−
=−−==
−
−−
2nk si )1()1(
1-2nk si )1()1()(
1
11
bn
bn
a
an
bn
a
ppp
pppkNP
237. Un experimentador desea comprobar la eficacia de un tratamiento. Elige diez parejas de individuos lo más parecidos entre si que sea posible y prueba del tratamiento en uno de los individuos de cada pareja. El resultado de los tratados es mejor ue el de los no tratados en 7 de las 10 parejas. ¿Justifica este resultado la suposición de que el tratamiento es eficaz, al nivel de significación del 5%? RESOLUCION.-
5/11
Si el azar decidiera qué individuo, de cada pareja, iba a presentar e resultado más favorable, escogiendo con igual probabilidad uno u otro, la probabilidad de que escoja a 7 o más individuos tratados es
1719.0210
102
9
102
8
102
2
7 10101010 ≅
+
+
+
−−−−
Por lo tanto, aún cuando el tratamiento fuera ineficaz, sólo por causa del azar, casi un 20% de las veces esperamos resultados tan buenos o mejores que los obtenidos. El resultado del experimento no aporta una evidencia estadísticamente significativa a favor del tratamiento. 238. Dos candidatos A y B se presentan a una elección, si A recibe a votos y B recibe b votos, a>b, ¿Cuál será la probabilidad de que en todo momento del escrutinio A vaya por delante de B? RESOLUCION.- Entendamos bien el procedimiento del escrutinio. Los electores han depositado sus votos en una urna. Sabemos que hay a votos favorables a A y b votos favorables a B. El escrutinio consiste en extraer los votos uno a uno. La pregunta hace referencia al suceso “en todo momento A tiene mas votos escrutados que B”. Hay tantas maneras distintas de extraer los votos uno a uno como formas de elegir a lugares entre a+b para que en ellos aparezcan los votos favorables de A. Por lo tanto hay
+a
ba
maneras de extraer los votos. Además, es razonable suponer que todas son igualmente probables. En términos de trayectorias, si consideramos que cada vez que un voto es favorable a A se suma +1 y cada vez que es favorable a B se suma -1, cada extracción posible se identifica con una trayectoria que conduce de (0,0) a (a+b, a-b), puesto que, necesariamente, al final son a+b los votos escrutados y la diferencia favor de A es a-b. Por ejemplo, si a = 5, b = 3, la secuencia ABAAABBA, que significa: el primer voto es favorable a A, el segundo a B, etc., se identifica con la trayectoria de la figura 4.6. Una trayectoria será favorable a que A vaya siempre por delante de b si no toca ni cruza al eje de las abscisas (todos los resultados parciales son positivos). En la figura 4.7, la trayectoria representada a la izquierda es favorable al suceso y la de la derecha no. Obsérvese que toda trayectoria favorable a que a vaya siempre ganando, necesariamente, pasa por el punto (1, 1), (es necesario que el primer voto sea favorable a A), pero no todas las trayectorias que pasan por (1, 1) son favorables, tan sólo aquellas que no tocan al eje de abscisas.
6/11
Por el principio de reflexión, hay tantas trayectorias que van desde (1, 1) hasta (a+b , a-b) y tocan al eje como trayectorias van desde (1, -1) hasta (a+b, a-b), es decir
−
−+1
1
a
ba
Por lo tanto, el número de trayectorias favorables será igual a las que conducen de (1, 1) a (a+b, a-b), esto es:
−
−+1
1
a
ba
menos las que van de (1, -1) a (a+b, a-b), es decir
−
−+1
1
a
ba-
−
−+1
1
a
ba
Luego la probabilidad de que A vaya siempre ganado es:
ba
ba
a
ba
a
ba
a
ba
+−=
+
−+−
−
−+ 1
1
1
Observemos que si A tiene el α % de los votos, entonces hay un 2α -100% de posibilidades de que vaya ganando en todos los resultados parciales. Por el contrario hay 2(100-α )% de posibilidades de que alguna vez B esté ganando o estén empatados. Esto nos previene contra las conclusiones apresuradas: la simple información de que en algún momento B va ganando, o que ambos candidatos están empatados, no permite deducir que los resultados finales serán favorables a B o parejos. Aún cuando A tenga el 90% de los votos hay una probabilidad igual a 0,2 (uno de cada cinco casos) de que en algún resultado parcial del escrutinio los dos candidatos estén empatados o que tenga ventaja el candidato que ha recibido menos votos. 239. De una urna que contiene a bolas blancas y b bolas negras, dos jugadores hacen extracciones con reemplazamiento alternativamente. Gana aquel jugador que consigue extraer primero una bola blanca. Calcular las respectivas probabilidades de que gane cada uno de los jugadores. RESOLUCION.- Sea iA el suceso “la primera bola blanca aparece en la extracción i”. Se tendrá que
7/11
ba
a
ba
bAP
i
i +
+=
−1
)(
La probabilidad de que gane el jugador que extrae las bolas impares es:
baba
bab
bba
baa
babbaa
baa
bab
k
k 221
)()(
)/(11
222
2
0 ++=
+−=
−++=
+−+=
+
+∑∞
=
y la probabilidad de que gane su contrincante es ba
b
2+.
240. Al lanzar una moneda aparece cara con probabilidad p. Calcular la probabilidad del suceso cara ésima-n la de antes crucesk aparecen =kA RESOLUCIÓN.- Evidentemente, este suceso depende tan sólo de lo que ocurra en los n + k primeros lanzamientos. De las 2n+k realizaciones posibles de lanzar una moneda n + k veces, son favorables a Ak las que tienen la estructura: ................................... C k cruces y n – 1 caras Esto es, el último resultado (el (n + k)-ésimo) debe ser cara, precisamente la n-ésima cara. Mientras que en los n + k – 1 primeros resultados deben aparecer n – 1 caras y k cruces. Habrá tantas realizaciones con esta estructura como maneras distintas de elegir k lanzamientos, entre los n + k – 1 primeros, para que en ellos aparezcan las cruces. Así pues, hay
−+k
kn 1
trayectorias favorables. Encontramos aquí la misma circunstancia que en el cálculo de las probabilidades binomiales: todas las trayectorias favorables tienen la misma probabilidad. En efecto, sea cual sea el orden en que aparecen las k cruces entre los n + k – 1 primeros lanzamientos, la probabilidad de que aparezca tal secuencia es pn(1 – p)k. Luego la probabilidad de Ak será igual al número de trayectorias favorables por la probabilidad común, esto es
knk pp
k
knAP )1(
1)( −
−+=
8/11
Por último, al lanzar repetidas veces la moneda tarde o temprano aparecerá la n-ésima cara (recordemos que todo suceso con probabilidad positiva de ocurrir, tarde o temprano ocurre). Cuando tal cosa suceda habrán aparecido cierto número k, k = 0,1,…, de cruces, en este razonamiento probabilístico prueba la interesante identidad combinatoria:
P(aparezca la n-ésima cara) ∑∞
=
=−
−+=
0
1)1(1
k
kn ppk
kn (1)
El conjunto de probabilidades
,...1,0 para )1(1
=−
−+kpp
k
knkn
se denomina probabilidades binomiales negativas. Esta denominación se explica si recordamos que los coeficientes binomiales pueden extenderse a los números reales; por ejemplo, si x es un número real y k un entero positivo, se tiene
!
)1)...(2)(1(k
kxxxxk
x +−−−=
Con esta convención puede darse la fórmula generalizada del binomio de Newton.
∑∞
=
=+<
0
)1( entonces 1, y real esr Sik
kr xx
rxx
También con esta convención, la expresión de las probabilidades binomiales negativas puede escribirse
knkn ppk
npp
k
kn)1()1(
1−
−=−
−+
de donde se deriva el término binomiales negativas. La identidad anterior es útil. Por ejemplo, permite deducir que la suma de las probabilidades binomiales negativas es uno, sin emplear el razonamiento probabilística que demostró la identidad (1). En efecto;
[ ] 1)1(1)1()1(1
00
=−+=−
−=−
−+∑∑
∞
=
−∞
= k
nnkn
k
kn pppk
nppp
k
kn
A la identidad (1), la denominaremos identidad binomial negativa. 241. Dos jugadores disputan un torneo de ajedrez, que concluye cuando uno de ellos alcanza c victorias. En cada partida el jugador A tiene la probabilidad p de
9/11
ganar, mientras que B tiene la probabilidad q, donde p + q = 1. Calcular la probabilidad de que A gane el torneo. RESOLUCIÓN.- Para que A gane el torneo es preciso que la c-ésima victoria de A ocurra antes de la c-ésima victoria de B. Así pues, es conveniente descomponer el suceso A gana, atendiendo al número i de victorias obtenidas por B ci <≤0 y al número )0( ∞<≤ kk de empates ocurridos cuando A logra su c-ésima victoria. Llamemos Ai,k al suceso “A gana el torneo, habiendo hecho k veces tablas y dejando a B con i victorias”, ci <≤0 . Las realizaciones del torneo que son favorables a Ai,k, constan de i + k + c resultados; tienen una victoria de A en la última posición y, entre las i + k + c resultados; tienen una victoria de A en la última posición y, entre las i + k + c – 1 posiciones anteriores, hay i victorias de B y k tablas. Por lo tanto hay
−+
−++i
ci
k
cki 11
realizaciones favorables, cada una con probabilidad .)1( kic qpqp −− Luego
kicki qpqp
i
ci
k
ckiAP )1(
11)( , −−
−+
−++=
y la probabilidad de que A gane el torneo será
∑ ∑∑∑−
=
∞
=
−
=
∞
=
−−
−++
−+==
1
0 0
1
0 0, )1(
11)()gana (
c
i k
kicc
i kki qp
k
ckiqp
i
ciAPAP
Ahora bien, si en la identidad binomial negativa del ejemplo anterior tomáramos i + c como n, y p + q como p, resulta
ci
k
cikci
k
k
qp
qpqpk
cki
qpqp
k
cki
+
∞
=
++
∞
=
+=
=+−−
−+++
=−−
−++ ∑∑
)(1
)()1(1
)(1
)1(1
00
luego
ic
i
c
i
c
ic
ci
ic
qp
q
qp
pqp
i
ci
qpqp
i
ciAP
+
+
−+=
+
−+= ∑ ∑
−
=
−
=+
1
0
1
0
1
)(11
)gana (
10/11
242. Una urna contiene 3 bolas marcadas con los números 0, 1 y 2. Si extraemos n + 1 bolas con reemplazamiento, hallar la probabilidad de que en k ocasiones
nk ≤≤0 , el resultado de una extracción sea mayor que el de la primera. RESOLUCIÓN.- Llamaremos X al resultado de la primera extracción, y Ak al suceso “en k extracciones resulta un número mayor que X”, entonces
==
==
=
==
=
==
−
−
0k para 1
n ..., 1, 0,k para 0)0(
n ..., 1, 0,k para 32
31
)1(
n ..., 1, 0,k para 31
32
)0(
XAP
k
nXAP
k
nXAP
k
knk
k
knk
k
Luego para cada k, k = 1, 2, …, n, se tiene
1322
32
31
31
31
32
31
)(+
−−− +
=
+
=
n
knkknkknk
k k
n
k
n
k
nAP
y
31
32
31
31
31
)( 0 +
+
=
nn
AP
243. De una urna que contiene inicialmente una bola blanca y otra negra, un jugador debe realizar dos extracciones con reemplazamiento. Si obtiene dos bolas blancas gana. En caso contrario, vuelve a intentarlo después de añadir una nueva bola negra a la urna si se continúa el juego indefinidamente, hallar la probabilidad de que el jugador consiga ganar. RESOLUCIÓN.- Sea Bn el suceso “se obtienen 2 bolas blancas en el n-ésimo par de extracciones”; es decir, en las que se realizan cuando la urna contiene n + 1 bolas, n negras y una blanca. Entonces, se tiene:
2)1(
1)(
+=
nBP n
y la probabilidad de ganar el juego en el n-ésimo par de extracciones es:
11/11
)1(21
)1(1)1)(1(
...)1)(1(
...3
4·223·1
)1(11
1...1
1...31
121
1
)...()(
22222
22222
121
+=
++−+−=
=+
−
−
−
−=
=∩∩∩∩= −
nnnn
nn
k
kk
nnk
BBBBPGP cn
cn
ccn
Por lo tanto, la probabilidad de ganar el juego es:
21
11
121
lim
)1(11
21
lim)1(2
1lim
11
=
+−=
=
+
−=+
∞→
=∞→
=∞→
∑∑
N
nnnn
N
N
nN
N
nN
Hojas de Problemas – Estadística V
1/12
244. Consideremos tres urnas que llamaremos I, II y III. Cada una de ellas contiene a bolas blancas y b bolas negras. Extraemos una bola al azar de la urna I y la introducimos en la urna II, a continuación extraemos una bola al azar de la urna II y la introducimos en la urna III. ¿Cuál es el número esperado de bolas blancas en la urna III después de las dos operaciones? RESOLUCION.- Desde luego, en la urna III habrá a ó a + 1 bolas blancas. Para hallar el número esperado nos resta encontrar las probabilidades con que aparecen cada uno de esos valores. El cálculo no es muy complicado, basta seguir el esquema de la figura 5.1. Para que en la urna III haya a bolas blancas es preciso que la bola elegida de la urna II sea negra, lo que tiene una probabilidad igual a:
1
1·
1·
+++
++
+++ ba
b
ba
b
ba
b
ba
a
(elegir una blanca de I y una negra de II o elegir una negra de I y una negra de II) Mientras que la urna III tendrá a + 1 bolas blancas si la elegida de la urna II es blanca, lo que tiene una probabilidad de ocurrir igual a:
1
·1
1·
++++
+++
+ ba
a
ba
b
ba
a
ba
a
Por lo tanto, el número esperado de bolas blancas en III será
ba
baa
ba
ab
ba
aa
baba
bbaba
baba
baaaa
+++=
++
++=
++++++
++++++ )1()1(
)1)(()1(
)1)(()1(
)1(
245. (Más general que el ejercicio anterior) n urnas contienen, cada una, a bolas blancas y b negras. Se toma una bola al azar de la primera urna y se introduce en la segunda; luego, se toma una de la segunda y se introduce en la tercera y así sucesivamente, hasta que se extrae una bola de la urna (n – 1)-ésima y se introduce en la n-ésima. Hallar el número esperado de bolas blancas que habrá en la última urna. RESOLUCION.- Desde luego en la urna n-ésima habrá a ó a + 1 bolas blancas. La probabilidad de que haya a bolas blancas es igual a la probabilidad de extraer una bola negra de la urna (n – 1)-ésima. Análogamente, la probabilidad de tener a + 1 bolas blancas en la última urna es igual a la de extraer una bola blanca de la urna (n – 1)-ésima. Calcularemos primero estas probabilidades: en la primera extracción resulta blanca con probabilidad
2/12
ba
ap
+=1
La probabilidad de obtener bola blanca en la segunda extracción es
1112 1)1(
11
pba
ap
ba
app =
++−+
+++=
Puesto que con probabilidad 1p hay a + 1 bolas blancas, y en tal caso la probabilidad de que resulte blanca en la segunda extracción es (a + 1)/(a + b +1), y con probabilidad (1 -
1p ) hay a bolas blancas en la segunda urna antes de la segunda extracción. La igualdad 1p = 2p sugiere que la probabilidad de extraer una bola blanca de una urna es constante, independientemente de la urna. Tratemos de probarlo por inducción. Supuesto que la probabilidad de obtener bola blanca en la extracción de la urna (k – 1)-ésima es 1−kp = 1p , la probabilidad de extraer una bola blanca de la urna k-ésima será
1)1(
11
11 ++−+
+++= −−
ba
ap
ba
app kkk
1
)1(1
111 ++
−+++
+=ba
ap
ba
ap
1
·1
1·
++++
+++
+=
ba
a
ba
b
ba
a
ba
a
1p= Luego la probabilidad de extraer una bola blanca de cualquier urna es constante e igual a a/(a + b). Por lo tanto, en la urna n-ésima habrá a + 1 bolas blancas con probabilidad a/(a + b) y a bolas blancas con probabilidad b/(a + b), de donde el número esperado de bolas blancas será
ba
baa
ba
ba
ba
aa
+++=
++
++ )1(
)1(
246. Una urna contiene a bolas blancas y b bolas negras. Se hacen extracciones sin reemplazamiento hasta que aparece la primera bola blanca. Hallar el número esperado de bolas extraídas. RESOLUCION.- Sea N el número de la extracción en que se obtiene la primera bola blanca. Se tendrá N = i, si las i – 1 primeras son negras y l i-ésima es blanca. Por lo tanto, para i = 1, 2,…, b + 1 será
3/12
+
−
−+
=+−++−+
+−−+
−+
==
a
ba
a
iba
iba
a
iba
ib
ba
b
ba
biNP
1
122
11
)( L
y el número esperado, µ , de bolas extraídas será igual a
ia
iba
a
ba b
i
·1
1
1
1
∑+
=
−
−
−+
+=µ
Ahora bien
∑ ∑+
=
+
=
−
−++−+−++
+=
−
−+
+
1
1
1
1 1))1()1((
1·
11 b
i
b
i a
ibaibaba
a
bai
a
iba
a
ba
∑+
=
−
−++−+−
−
−+++
+=
1
1 1)1(
1)1(
1 b
i a
ibaiba
a
ibaba
a
ba
+−+−
−
−+++
+= ∑ ∑
+
=
+
=
− 1
1
1
1
11
1)1(
b
i
b
i a
ibaa
a
ibaba
a
ba
Cambiamos los índices de las sumas: en la primera hacemos j = a + b –i y en la segunda j = a + b –i +1. Entonces se tiene
−
−
++
+= ∑ ∑
−+
−=
+
=
− 1
1
1
1)1(
ba
aj
ba
aj a
ja
a
jba
a
baµ
y, puesto que
∑=
++
=
n
ki k
n
k
i
1
1
resulta:
+
++−
+++
+=
−
1
1)1(
1
a
baa
a
baba
a
baµ
de lo que se sigue 1
1+
++=a
baµ .
4/12
247. k bolas se colocan al azar en n urnas. Calcular el número esperado de urnas que quedan vacías. RESOLUCIÓN.- Para cada urna, por ejemplo la i-ésima, consideramos una variable iX que toma el valor 1 cuando está vacía y el valor 0 cuando está ocupada. El número N de urnas vacías será igual a
nXXXN +++= K21 Ahora, la probabilidad de que una urna fijada, por ejemplo la i-ésima, esté vacía es igual a:
k
in
nXP
−== 1
)1(
ya que cada bola puede ser colocada con igual probabilidad en cualquier urna, hay 321 L
vecesk
nnn_
·
maneras posibles de colocar las k bolas en las n urnas; ahora bien, para que la urna i-ésima esté vacía, es preciso que las k bolas se coloquen en las n – 1 urnas restantes, lo que puede hacerse de (n – 1)k maneras.
Así, el valor esperado de iX es k
k
n
n )1( −, y el número esperado de urnas vacías será
k
n
nn
−1·
248. Una urna contiene a bolas blancas y b bolas negras, extraemos k bolas sin reemplazamiento, bak +≤≤0 , y sin mirarlas las apartamos. A continuación elegimos al azar una bolas de la urna, ¿Cuál es la probabilidad de que sea blanca? RESOLUCION.- Llamemos N al número de bolas blancas que hay entre las k elegidas y µ al número medio de bolas blancas elegidas. Entonces, la urna contiene a – N bolas blancas y b – k + N bolas negras. La probabilidad de que la bola elegida sea blanca es igual a
kbakba
aNP
kba
aNP
kba
a
−+−
−+=+=
−+−+=
−+µ
L)1(1
)0(
5/12
en consecuencia, el razonamiento en media es válido. Entre las k bolas elegidas habrá en media )/( baka + bolas blancas. Por lo tanto, en media, la urna contiene )/()())/(( bakbaabakaa +−+=+− bolas blancas, de un total de a + b – k bolas. Por lo tanto, la probabilidad de que la bola elegida sea blanca es
ba
a
kba
bakbaa
+=
−++−+ )/()(
249. Al lanzar una moneda aparece cara con probabilidad p. Se lanza k veces la moneda y se introducen en una urna tantas bolas blancas como caras se hayan obtenido y tantas bolas negras como cruces. Después, se extraen r (r < k) bolas de la urna si reemplazamiento. Hallar la distribución del número de bolas blancas que se obtienen. Si se ha obtenido i bolas blancas, hallar la probabilidad de que en la urna queden j bolas blancas. RESOLUCION.- Llamemos B1 al número de bolas blancas que contiene la urna y B2 al número de bolas blancas que resultan de la extracción. Será
k ..., 0,b para ,)1()( 1 =−
== −bkb pp
b
kbBP
y, si i = 0, …, r, se tendrá
−−
===
r
k
ir
bk
i
b
bBiBP )( 12
siempre que bikbr ≤≤−+ , para que haya suficientes bolas de cada color en la urna; pues en caso contrario la probabilidad sería cero. Entonces
iri
rk
l
lrkliri
irk
ib
bkb
irk
ib
bkb
ppi
r
ppl
rkpp
i
r
ppir
bk
i
r
r
k
ir
bk
i
bpp
b
kiBP
−
−
=
−−−
+−
=
−
−+−
=
−
−
=
−
−−
=
−
−−
=
−−
−
==
∑
∑
∑
)1(
)1()1(
)1(
)1()(
0
1
2
6/12
de manera que la distribución del número de bolas blancas extraídas de la urna es binomial de parámetros r y p. El resultado puede razonarse sin ningún cálculo; supongamos que primero se sortean los números de las r, entre las k bolas, que serán extraídas; una vez determinados, se lanza una moneda por cada bola para decidir su color. La probabilidad de que i sean blancas es igual a la probabilidad de que aparezcan i caras al lanzar r veces una moneda. Por tanto:
iri ppi
riBP −−
== )1()( 2
Para calcular la probabilidad de que en la urna hubiese i + j bolas blancas, supuesto que en la extracción se han obtenido i, es decir )( 21 iBjiBP =+= aplicaremos la definición de probabilidad condicionada.
jrkj
iri
jikji
ppj
rk
r
kpp
i
r
ir
jik
i
jipp
ji
k
iBP
jiBiBPjiBPiBjiBP
−−
−
−−+
−
−=
−
−−−
+−
+
=
=+==+=
==+=
)1(
)1(
)1(
)(
)()()(
2
12121
Lo que demuestra que el número de bolas blancas que quedan en la urna es independiente del número de bolas blancas obtenidas y tiene distribución binomial de parámetros k – r y p. Otra vez, la razón es evidente: si se sortean de antemano las k – r bolas que quedarán en la urna, y se les atribuye color lanzando la moneda, el número de bolas blancas en la urna será binimial e independiente del número de bolas blancas entre las extraídas. 250. Un jugador lanza un dado y gana, en la primera tirada, si obtiene un resultado múltiplo de 3. En caso contrario, tiene que continuar tirando hasta que se repita el resultado del primer lanzamiento o se obtenga un múltiplo de 3. En el primer caso el jugador gana y en el segundo pierde. Si llamamos N al número de lanzamientos que realiza, hallar EN. RESOLUCIÓN.-
7/12
El jugador gana en la primera tirada (N = 1) con probabilidad 1/3. Si no es así, desde la segunda tirada hay probabilidad igual a 1/2 de que el juego termine en ese lanzamiento (probabilidad 1/6 de que gane y 1/3 de que pierda); la distribución de N es:
2k k, cada para 21
32
)( ,3/1)1(1
≥
====
−k
kNPNP
por tanto, la esperanza matemática de N será igual a:
+=
+= ∑∑
∞
=
−∞
=
−
2
1
2
1
21
2131
21
32
31
k
k
k
k
kkXE
El cálculo de la suma ∑∞
=
−−
2
)1(2K
kk , es un ejercicio bastante elemental, pero no está de
más recordar algunos métodos. El más simple utiliza la misma idea que permite calcular la suma de una progresión geométrica. Consideremos la suma
∑∞
=
=1n
nnxS
donde 0 < x < 1, entonces
∑∑∞
=
+∞
=
−=−1
1
1 n
n
n
n nxnxxSS
Si restamos los coeficientes de los términos en xn, resulta;
∑∑∞
=
∞
=
=−−+=−12
))1(()1(n
n
n
n xxnnxSx
serie geométrica que suma x/(1 – x), luego se tiene:
21 )1( x
xnxS
n
n
−== ∑
∞
=
Otro procedimiento; consideremos la serie geométrica siguiente como función de x
1x0 para 1
)(1
<<−
== ∑∞
= x
xxxf
n
n
Puede demostrarse que la derivada de esta función es igual a la serie de las derivadas de cada término. Se tiene así
8/12
1x0 para )('1
1 <<= ∑∞
=
−
n
nnxxf
luego
( ) ∑
∞
=
−=−
=1
1
21)('
n
nxx
xxf
de donde
∑∞
=
=− 1
2)1( n
nnxx
x
En cualquier caso, si aplicamos el resultado anterior a nuestra serie, resulta:
2)2/11(
2/12 2
1
=−
=∑∞
=
−
k
kk ;
por lo tanto, 3/7y 322
)1( ==∑∞
=
−− XEkk
k .
Para una variable aleatoria X, que tome tan sólo valores enteros no negativos, podemos dar una expresión alternativa para la esperanza matemática que resulta útil en numerosas ocasiones. La prueba es bien simple, basta reordenar los términos de la serie:
∑∑∞
=
∞
=
====10
)()(nn
nXnPnXnPXE
es decir ...)3(3)2(2)1( +=+=+== XPXPXPXE Los términos de esta suma pueden reordenarse ......)3()2(...)2()1( ++=+=++=+== XPXPXPXPXE luego ...)2()1()0( +>+>+>= XPXPXPXE En resumen: Si X es una variable aleatoria que toma valores en los enteros no negativos 0, 1, …, se tiene:
∑∞
=
>=0
)(n
nXPXE
251. Una urna contiene n bolas numeradas de 1 a n. Tomamos r bolas sin reemplazamiento. Si X es el menor de los números que aparecen en las bolas extraídas, calcular la distribución de X y su esperanza matemática. RESOLUCIÓN.-
9/12
Los valores posibles de la variable X son 1, 2, …, n – r + 1. Calcularemos primero
rnkkXP −=> ,...,2,1 ),( . Para que X > k, ninguna de las r bolas que extraemos debe pertenecer al conjunto 1, 2, …, k, esto es: todas deben pertenecer al conjunto k + 1, k + 2, …; en consecuencia, hay
−r
kn
maneras distintas de elegir las r bolas, de suerte que el menor de los números que llevan impresos sea mayor que k, y dado que hay
r
n
casos posibles –tantos como maneras distintas de elegir las r bolas que extraemos entre las n que hay en la urna–, resulta
r-nk0 para ,)( ≤≤
−
=>
r
n
r
kn
kXP
Por otra parte
−−
+−
=
>−−>==
r
n
r
kn
r
kn
kXPkXPkXP
1
)()1()(
luego la distribución está dada por
r-nk1 para 1
)( ≤≤
−−
==
r
n
r
kn
kXP
Para calcular la media de la variable emplearemos la expresión anterior, se tiene
10/12
11
1
1
)(
1
0
1
0
++
=
++
=
−
=
=>=
−
−
=
−
−
=
∑
∑
r
n
r
n
r
n
r
kn
r
n
kXPXE
rn
k
rn
k
puesto que
++
=
++
++
1
1...
1
r
n
r
n
r
r
r
r
252. Una urna contiene una bola blanca. Se lana un dado y se introducen en la urna tantas bolas negras como indique el resultado. A continuación se extraen al azar dos bolas, simultáneamente, de la urna. ¿Cuál es el número esperado de bolas blancas entre las dos extraídas? RESOLUCIÓN.- Llamemos Xi a la variable aleatoria definida por
negra es ésima-i bola la si 2
blanca es ésima-i bola la si 1iX
El número de bolas blancas entre las dos extraídas será X1 + X2. El número esperado de bolas blancas será 2121 XEXEXXE +=+ Para calcular EX1 emplearemos la esperanza condicionada. Llamemos Y al resultado de lanzar el dado. Si Y = k, entonces la urna contiene una bola blanca y k negras, luego
11
11
11
·0
)(·1)0(·0 111
+=
++
+=
=+====
k
kk
k
kYXPkYXPkYXE
Por lo tanto
11/12
+++=
+=
===
∑
∑
=
=
71
...31
21
61
61
11
)(
6
1
6
11
k
k
k
kYPkYXEXE
Por simetría, EX2 = EX1. Se tiene así que el número esperado de bolas blancas es
+++
71
...31
21
31
Obsérvese cómo empleamos la esperanza condicionada para reducir la complejidad. El problema se subdivide en varios más simples, la fórmula 6.4 permite obtener la esperanza incondicional a partir de los resultados parciales. 253. (Sumas de un número aleatorio de variables) Se lanza un dado y, a continuación, tantas monedas como indique el resultado del lanzamiento. ¿Cuál es el número esperado de caras que se obtendrán? RESOLUCIÓN.- Llamemos N al resultado que aparece al lanzar el dado. La variable N indica el número de monedas que se lanzarán, por ello, si llamamos S al número total de caras que aparecen, S se puede descomponer como NXXXS +++= ...21 donde Xi es una variable que toma el valor 1 si al lanzar la moneda i-ésima aparece cara y el valor si aparece cruz. Un error frecuente consiste en aplicar la linealidad de la esperanza a la descomposición de S. Esto es, la expresión ...... 2121 NN XEXEXEXXXESE +++=+++= es falsa. La linealidad de la esperanza es cierta cuando el número de sumandos es fijo. Sin embargo la suma NXXXS +++= ...21 tiene un número de sumandos aleatorio. Condicionemos por el valor de N. Si N = k, entonces el número de sumandos es fijo: vale k, luego podemos aplicar la linealidad de la esperanza y resulta
12/12
kp
XkE
XXXEkNSE k
==
+++==
...
1
21
Por lo tanto
p
NpE
kNkPp
kNPkNSESE
k
k
5.3
)(
)(
6
1
6
1
==
==
===
∑
∑
=
=
Este resultado se puede hacer general.
Hojas de Problemas – Estadística VI
1/9
254. Calcular el número de veces que se debe lanzar una moneda de manera que se tenga una probabilidad superior a 0,9 de que el cociente entre el número de caras y el de lanzamientos esté comprendido entre 0,4 y 0,6. SOLUCIÓN:
Sea Xi =
0
1
si
si
sale
sale
.
.
cruz
cara
Xi se distribuye según la ley de Bernouilli de parámetro 21=p ; con ello
admitimos que la moneda es perfecta. Si lanzamos la moneda n veces, sea
∑=
=n
i
x1
ix
la variable aleatoria “número de caras que aparecen”.
X se distribuirá según la ley binomial B(n,21
), luego:
E[X] = 2n
y var[X] = 4n
Para la variable n
X se tiene:
E21=
n
X
n
n
nn
X
41
4*
1var
2==
Hemos de determinar n de modo que 9,0)6,04,0( ≥≤≤n
XP
9,0)1,05,01,0( ≥≤−≤−⇒n
XP 9,0)1,05,0( ≥≤−⇒
n
XP
Primer método. Por la desigualdad de Bienaymé-Tchebychef que viene dada por
2
11)(
λλσµ −≥≤−YP donde
=µ E[Y] y [ ]Yvar=σ , cte=λ , 0>λ . Luego:
2/9
2
119,0
41
1,0
λ
λ
−=
=n
⇒
101,0*1
*04,041
*01,0
22
22
=⇒=
=⇒=
λλ
λλ nn
⇒ 25004,0
10 ==n
Segundo método. Por el Teorema de De-Moivre-Laplace tenemos que si X sigue una ley Binomial
n,
21
)1,0(
4
2 Nn
nXX ∈
−=−
σµ
=≤−≤−=≤≤=≤≤⇒∈−
nn
XnPnXPn
XPN
n
nX
1,02
1,0()6,04,0()6,04,0()1,0(
4
2
⇒≥
≤−
=
≤−
≤−= 90,04
1,0
4
24
1,0
4
24
1,0
n
n
n
nX
Pn
n
n
nX
n
nP por las tablas de la ley
N(0,1):
2,82,0
64,164,12,064,1
4
1,0 ≥⇒≥⇒≥⇒≥ nnnn
n
( ) 6824,672,8 2 ≥⇒≥⇒≥⇒ nnn 255. En un proceso de fabricación se sabe que la probabilidad de fabricar una pieza defectuosa es 0,0001. Si se fabrican 20.000 piezas por semestre ¿cuál es la probabilidad de que el número de piezas defectuosas en la producción de un determinado semestre sea al menos 3?. SOLUCIÓN: Aproximado Por una distribución de Poisson de 210*000.20 4 === −npλ queda:
3233235,051!2
2!1
2!0
21 2
2102 =−=
++−= −− eep
3/9
256. Sobre una circunferencia se toma un punto fijo A y otros n-1 al azar, que son los vértices de un polígono convexo de n lados que deja en su exterior al centro de la circunferencia ( 3≥n variable aleatoria). Determinar el número de lados del polígono esperanza matemática de los considerados. SOLUCION: El diámetro que pasa por A determina dos semicircunferencias. El primer punto lo elegimos en cualquiera de las dos semicircunferencias, y los otros n-2 en la semicircunferencia que contenga el primer punto. Designado por 3, ≥nPn , la probabilidad de obtener un polígono de n lados que verifique el enunciado es:
2
)2(
21
21
............21
1−
−
==n
n
nP
La esperanza matemática es:
∑∞
=− ==
32
22
1
nn
nE
+−= ∑∑∞
=−
∞
=−
11
31
)11(21
22
1
nn
nn
nn =
= =
−
− =
21
12
2
1x
xdx
d=
−
−
2
21
1
12 2 4)24(2 =−
257. Dos hormigas están situadas respectivamente en los extremos A y B de la
diagonal de una cuadrícula que consta de pxp cuadrados ( )1, ≥∈ pNp . La hormiga situada en A se encamina a B siempre siguiendo las aristas de los cuadrados de la cuadrícula. Lo hace siempre adelante, nunca hacia atrás – siempre hacia arriba o a la derecha – y en cada uno de los cruces en los que puede elegir el camino, lo hace aleatoriamente dando la misma probabilidad a las dos posibilidades que se le presentan.
De forma similar, la hormiga situada en B se dirige al punto A andando
siempre abajo o bien a la izquierda. Las dos hormigas caminan a la misma velocidad y salen de los puntos A y B
en el mismo instante. Se pide: a) Busque la probabilidad de que las dos hormigas se encuentren en
uno de los cruces. b) Generalice el resultado anterior en la hipótesis de que la
cuadrícula conste de pxq cuadrados ( ).1,1,, ≥≥∈ qpNqp
4/9
SOLUCIÓN:
a) Cada hormiga ha de recorrer 2p aristas para completar su recorrido, luego se pueden encontrar en el mismo cruce en la mitad de sus recorridos, es decir, al cabo de p aristas.
En ese momento, cada hormiga ha efectuado un camino de entre los 2p caminos
posibles, p elecciones entre dos posibilidades. Se encontrarán en un cruce si la hormiga que va de A a B ha elegido k aristas
verticales y la que va de B a A ha elegido p – k aristas verticales, para pk ≤≤0 . Es decir, se encontrarán si de un total de 2p elecciones han hecho conjuntamente
p elecciones de arista vertical.
La probabilidad pedida es p
p
p
22
2
b) Si p + q es impar las hormigas no pueden encontrarse en un cruce ya que ello supondría que en un mismo tiempo una ha recorrido un mismo par de aristas y la otra uno impar.
Supondremos , por tanto que p + q es par y sea ( )qpm +=21
.
Suponiendo pq ≤ , al cabo de m elecciones, cada hormiga ha podido recorrer
m
m
mmmc 2........
10=
++
+
=
caminos distintos (suponiendo que ambas hormigas pueden salir de la cuadrícula manteniendo el modo de desplazamiento y la probabilidad de cada elección).
Se encuentran en un nudo de la cuadrícula si cuando una ha elegido k aristas
verticales, la otra recorre q - k aristas verticales, con qk ≤≤0 La probabilidad de que se encuentren es:
∑=
+
=
=
−
q
k c
q
kp
c
q
m
c
kq
m
c
k
m
022
2
Si es qp ≤ , un razonamiento similar aplicado a los desplazamientos
horizontales, conduce a la probabilidad 2c
c
qp
+
, donde
m
m
mmmc 2.....
10=
++
+
=
5/9
258. El aparato de Galton-Pearson es una serie de clavos dispuestos en un tablero inclinado en la forma que indica la figura adjunta. Al dejar caer bolas desde el clavo superior, la probabilidad de desviarse a la izquierda en cada choque se supone que es 21 .
a) Calcular la probabilidad de que una bola caiga en B. b) Calcular la probabilidad de que una bolsa que ha caído en B haya golpeado
el clavo A.
Aparato de Galton-Pearson
SOLUCION:
a) Para que caiga en B han de producirse cuatro giros a la izquierda y siete a la derecha, luego la probabilidad pedida es:
11
21
4
11
=p
b) Sea S el suceso que consiste en que la bola llegue a B. Sea T el suceso que consiste en que la bola llegue a A. La probabilidad buscada es ( )STP y resulta:
( ) ( ) ( )( ) 11
5
411
25
2
6
21
4
11
21
2
5
21
2
6
11
56
=
=
==SP
TSPTPSTP
259. Al tomar aleatoriamente un punto del interior de un cuadrado, calcular la probabilidad de que esté más próximo a algún vértice que al centro de gravedad del mismo.
6/9
SOLUCION: Sea ABCD el cuadrado que nos dan.
Supuesto que el punto se toma en el interior
del cuadrado OMCN, un punto equidistará de O y C si está en MN, y estará más próximo de C que de O si pertenece al interior del triángulo MCN.
La probabilidad pedida es, por simetría:
21
)(_4)(_4 ==
OMCNtrianguloárea
MCNtrianguloáreap
260. Suponiendo que se eligen al azar dos valores reales x e y que satisfagan las condiciones:
( )
02
02
,
>−+<−−
yx
yx
yx punto eriorint a la curva 342 −+−±= xxy
hallar la probabilidad que el valor y, elegido al azar, sea tal que 2y> 2 SOLUCION:
La curva 03434 222 =+−+⇔−+−= xyxxxy es la circunferencia de centro en C(2,0) y radio 1. Las ordenadas de los puntos de corte de las rectas 02 =−− yx y
02 =−+ yx , perpendiculares entre sí, con la circunferencia son 22± .
Interpretando geométricamente el problema, la probabilidad buscada es:
36,02
4
21
4_sec_
____22
2
22
=−=−
==
>
ππ
π
π
r
rr
ABtorArea
ABarcodelsegmentoAreayP
7/9
261. Sean n variables aleatorias independientes nXXX ,....,, 21 todas con la misma ley de probabilidad. Se designa respectivamente por F(x) y por f(x) la función de distribución y la densidad de probabilidad común a cada una de las variables iX . ¿Cuáles son las funciones de distribución y de densidad de
probabilidad de las variables ),....,,( 21 nXXXMáxY = y ),....,,( 21 nXXXMínZ = ?. SOLUCIÓN:
a) Para todo z∈R es )()()(1
zFzXPzYP ni
n
i=≤Π=≤
= y
[ ] [ ]nni
n
izFzXPzZP )(11)(11)(
1−−=≤−Π−=≤
=
En efecto:
)()(),...,()(121 zFzXPzXzXzXPzYP n
i
n
in =≤Π=≤≤≤=≤
=
=>>>−=>−=≤ ),.....,,(1)((1)( 21 zXzXzXPzZPzZP n
( )[ ] [ ]nn
ii
n
izFzXiPzXP )(1111)(1
11−−=≤−Π−=>Π−=
==
b) Sean g y h las funciones de densidad de Y y Z respectivamente. Entonces:
)()()( 1 zfznFzg n−=
[ ] )()(1)( 1 zfzFnzh n−−= en todos los puntos de continuidad de f.
En efecto: )()()(')()()()( 11 zfznFzFznFzgzFzYP nnn −− ==⇒=≤
[ ] [ ] [ ] )()(1))(()(1)()(11)( 11 zfzFnzfzFnzhzFzZP nnn −− −=−−−=⇒−−=≤
262. Un plano esta rayado por rectas paralelas separadas entre sí a la distancia 2a.
a) Sobre el plano se lanza al azar una aguja de longitud 2b (b<a). Hallar la probabilidad de que la aguja corte una recta cualquiera.
b) Si se lanzan n agujas, todas ellas de longitudes menores que 2b, hallar la probabilidad de que al menos una de las agujas corte una recta cualquiera.
SOLUCIÓN: a) Designaremos por ρ la distancia del centro de la aguja a la línea más cercana. Y
sea α el ángulo que forma la aguja con la línea más cercana.
8/9
Es evidente que si [ ]a,0∈ρ y [ )πα ,0∈ ,obtenemos todos los resultados posibles. Para que la aguja interseque a la línea más próxima, se ha de verificar que
[ )πα ,0∈ y αρ bsen≤≤0 . Luego la probabilidad pedida es:
a
b
a
bsenp
ππ
ααπ
20 −∂
= ∫
b) Sean nbbb 2,...2,2 21 las longitudes de las agujas. La probabilidad buscada es:
−
−
−−=
a
b
a
b
a
bp n
πππ2
1......2
12
11 21
263. Determinar la probabilidad para que elegidos al azar dos valores de “x” e “y”, que satisfagan las condiciones 2-x-y<0; 3y-4x-6<0;y+2x-7<0; resulte que el valor “y”, elegido al azar, sea <0. SOLUCIÓN:
9/9
Operando se obtiene las siguientes coordenadas:
A(0,2), )4,23
(B ,C(5,-3),D(2,0),E(27
,0),F(0,7)
)3,3()0,23
(),5,5(),2,23
( −− DCyDEACAB
Calculemos ahora las áreas de los triángulos ABC y DEC en el espacio.
5
23i
ACAB
r
=∧
5
2
−
jr
0
0
kr
= kkrr
235
102
15 −=
−−
Luego S(ABC)=435
235
21 =
Análogamente
323
i
DCDE
r
=∧
3
0
−
jr
0
0
kr
= kr
29− y S(DEC)=
49
29
21 =
La probabilidad pedida es:
359
43549
==p
Hojas de Problemas – Estadística VII
1/10
264.- La distribución de probabilidad de una variable aleatoria discreta es la siguiente:
jx 1 2 3 … n
jP
1
14 +n
44 2
1
+n
44 3
1
+n
… 44
1
nn +
Se pide: 1º) Esperanza matemática o valor medio probable de la variable. 2º) Límite de la esperanza cuando n tiende a infinito. RESOLUCIÓN.- 1º) Evidentemente ∑ ≠ 1iP , luego X no es una variable aleatoria. Si lo fuera:
nnn
nnn
XE+
+++
++
=4444
1...
2
12
1
11)(
2º) ∑∑=
∞→=
∞→∞→=
+
=
+
=n
kn
n
knn
n
k
n
k
n
n
kn
kXE
14
14
2 1
1lim
1
lim)(lim
( )
Argdxx
x
nk
n
k
n
n
kn
(21
1
221
1
2
21
lim1
0 22122
=+
=
+
= ∫∑=
∞→sh Arg−1 sh =)0
Arg21= sh 4407,01=
Observando que el valor obtenido es menor que 1, se confirma que la distribución dada no es una distribución de probabilidad puesto que el valor de la esperanza cae siempre dentro del recorrido de la variable. 265.- Se dispone de una urna que contiene cinco bolas rojas y cuatro bolas blancas. Se extraen de su interior cinco bolas y estamos interesados en definir la variable aleatoria X = número de bolas blancas extraídas. Completar la adjunta tabla en los dos casos siguientes: a) Las cinco bolas se extraen de una en una, devolviéndolas cada vez a la urna. b) Las cinco bolas se extraen de una sola vez.
r 0 1 … … … P(X = r)
0P 1P … … …
2/10
c) Calcular en cada uno de los casos X y 2xσ
RESOLUCIÓN.- a)
05292'095
94
0
5 50
0 =
=P , siendo r = 0
21169'095
94
1
5 41
1 =
=P , siendo r = 1
33870'095
94
2
5 32
2 =
=P , siendo r = 2
27096'095
94
3
5 23
3 =
=P , siendo r = 3
10838'095
94
4
5 14
4 =
=P , siendo r = 4
01734'095
94
5
5 05
5 =
=P , siendo r = 5
199999'054321 ==++++ PPPPP b)
00793'01261
5
9
5
5
0
4
0 ==
=P , siendo r = 0
15873'012620
5
9
4
5
1
4
1 ==
=P , siendo r = 1
47619'012660
5
9
3
5
2
4
2 ==
=P , siendo r = 3
31746'012640
5
9
2
5
3
4
3 ==
=P , siendo r = 3
3/10
03968'0126
5
5
9
1
5
4
4
4 ==
=P , siendo r = 4
05 =P , siendo r = 5 199999'054321 ==++++ PPPPP c) En el caso a) estamos ante distribución binomial de parámetros
)94
,5(),( =pn
Por consiguiente
22'2920
94
·5· ==== pnX
2345'181
10095
94
5)1(2 ===−= pnpxσ
En el caso b) estamos en una distribución hipergeométrica, luego, siendo el número de bolas N = 9, el de bolas blancas n = 4 y el número de bolas extraídas M = 5, se tiene que:
22'2920
95
4 ====N
MnX
6172'0684400
85
94
95
41
2 ===−−−=
N
nN
N
MN
N
Mnxσ
266.- Disponemos de dos urnas con N bolas cada una, numeradas de 1 a N en ambas. Se extrae simultáneamente una bola de cada urna y sin devolverlas repetimos esta operación, hasta vaciar las urnas. a) Hallar la probabilidad de que en ninguna de las extracciones los números de las bolas coincidan. b) Hallar el límite de dicha probabilidad cuando N tiende a infinito. RESOLUCIÓN.- Puesto que las N! ordenaciones que resultan al extraer las N bolas de la primera urna son equiprobables, el problema queda simplificado en su notación si suponemos fijada la ordenación que resulta de las extracciones en la primera urna.
Así pues, sea )1( NiAi ≤≤ es suceso que consiste en que haya coincidencia en la extracción i.
Evidentemente NN
NAp i
1!
)!1()( =−=
4/10
Sea NAAAH ∪∪∪= ...21 . Evidentemente H es el suceso que consiste en que al menos haya una coincidencia. Se tiene:
)1(
1!
)!2()(
−=−=∩
NNN
NAAp ji )( ji ≠
)2)(1(
1!
)!3()(
−−=−=∩∩
NNNN
NAAAp kji (i, j, k diferentes)
M
2)...1(
1!
))!1(()...(
121 −=−−=∩∩∩
− NNN
NNAAAp
Niii )
(
diferentes
subindices
!
1!
))!0(()...(
21 NN
NNAAAp
Niii =−−=∩∩∩
En consecuencia:
++−−
+
−
−
=∪∪∪== ...
)2)(1(1
3)1(1
21
1)...()( 21
NNN
N
NN
N
N
NAAAHpHp N
=
−+
−
−
−+ +
!1
)1(2)...1(
11
)1( 1
NN
N
NNN
NNN
!
1)1(
)!1(1
)1(...!4
1!3
1!2
11 1
NNNN +−+
−−++−+−=
a) El suceso que consiste en que no haya coincidencias es H . Así:
=−++−+−−= + )!
1)1(...
!41
!31
!21
1(1)( 1
NHp N
!
1)1(...
!41
!31
!21
NN−+−+−=
b) Puesto que ...,!3
1!2
1!11
11 +−+−=−e se tiene que 1)(lim −
+∞→= eHp
N
267.- Dos personas A y B, juegan una competición de ajedrez, la cual será ganada por el primero de los dos jugadores que gane dos partidas. Las probabilidades que tiene A de ganar, hacer tablas o perder en una partida son a, b, c, respectivamente. ¿Cuál es la probabilidad de que A venza en la competición?. RESOLUCIÓN.- Para que A gane la competición se han de celebrar n + 2 partidas con n = 0, 1, 2,… La probabilidad de que gane A la competición en la partida n + 2 exactamente, es:
cbann
ban
nn 122
11
1
1
1 −
++
+ si 1≥n
5/10
2a si n = 0 La probabilidad buscada es:
∑∑ ∑∑∞
=
−∞
=
∞
=
−∞
=
=++++=
++
++=
1
12
1 1
2212
1
22 )1()1(11
1
1
1
n
n
n n
nn
n
n nbncabnaacbann
ban
ap
∑∑∞
=
−∞
=
+++=1
12
0
2 )1()1(n
n
n
n nbncabna
Teniendo en cuenta que ∑∞
= −=
0 11
n
n
xx si 1<x , derivando:
∑ ∑∞
=
∞
=
−
−=+=
1 02
1
)1(1
)1(n n
nn
xxnnx y ∑
∞
=
−
−=+
13
1
)1(2
)1(n
n
xnxn
Por consiguiente
3
23
3
22
3
22
3
2
2
2
)(3
)(2)(
)1(2)1(
)1(2
)1(1
ca
caa
ca
cacaa
b
caba
bca
bap
++=
+++=
−+−=
−+
−=
268.- Dado un segmento cualquiera, hallar la probabilidad de obtener, por trisección, los tres lados de un triángulo. RESOLUCIÓN.- Entenderemos por trisección la elección de dos puntos al azar del interior del segmento. Es evidente que no supone restricción alguna identificar al segmento con el intervalo [0, 1]. La elección de dos puntos en el segmento es entonces la elección de dos números )1,0(∈x , )1,0(∈y , yx ≠ . La condición necesaria y suficiente para que con tres segmentos se pueda formar un triángulo es que la longitud de cada uno de los segmentos sea menor que la suma de los otros dos. Refiriendo estas condiciones a los números x e y obtenemos:
Si x < y, ,21
0 << x ,21<− xy 1
21 << y
Si y < x, ,21
0 << y ,21<− yx 1
21 << x
Interpretando geométricamente estas condiciones, identificando (x , y) con un punto del plano, resulta que los puntos que verifican la condic ión pertenecen a la parte rayada de la figura. La probabilidad es por tanto:
6/10
41
181
81
=+
=p
269.- En el interior de un cuadrado OABC cuyo lado es igual a L = 10 cm. Se elige un punto P(x, y) al azar. Hallar la probabilidad de que se pueda formar un triángulo cuyos lados tengan longitudes 4, x, y. RESOLUCIÓN.- Se podrá formar un triángulo si y solo si
xy
yx
yx
+<+<+<
4
44
Geométricamente la probabilidad equivale a la de elegir en el cuadrado OABC un punto situado en la zona no rayada. Dicha probabilidad es:
56,010056
10018188100 ==−−−=P
270.- Dada la función 21
)(x
kxf
+= definida en ( )+∞∞− , , se pide:
a) Determinar k para que f(x) sea una función de densidad. b) Hallar la función de distribución. c) Calcular la probabilidad )22( ≤≤− XP . RESOLUCIÓN.-
a) Por ser dxx
k∫
∞+
∞− + 21 una integral convergente, resulta:
( ) ( ) πππ kkrrk
dxx
kdxx
k
r
r
rr
=−−=−−=
=+
=+
=
+∞→
+
−+∞→
∞+
∞− ∫∫)2/(2/)arctan(arctanlim
11
lim1
11 22
Así, π/1=k
b) )( : xFIRx ∈∀ ( ) ( )2/arctan1
)2/(arctan1
1/1
2π
ππ
ππ +=−−=
+= ∫ ∞−
xxdtt
x
7/10
c) ( ) ( )
( ) 2arctan2
)2arctan(2arctan1
2/)2arctan(1
2/2arctan1
)2()2()22(
ππ
ππ
ππ
=−−=
=+−−+=−−=≤≤− FFXP
271.- Disponemos de dos urnas con N bolas cada una, numeradas de 1 a N en ambas. Se extrae simultáneamente una bola de cada urna y sin devolverlas repetimos esta operación, hasta vaciar las urnas.
a) Hallar la probabilidad de que en ninguna de las extracciones los números de las bolas coincidan.
b) Hallar el límite de dicha probabilidad cuando N tiende a infinito. RESOLUCIÓN.- Puesto que las N! ordenaciones que resultan al extraer las N bolas de la primera urna son equiprobables, el problema queda simplificado en su notación si suponemos fijada la ordenación que resulta de las extracciones en la primera urna. Así pues, sea )1( NiAi ≤≤ el suceso que consiste en que haya coincidencia en la extracción i.
Evidentemente NN
NAp i
1!
)!1()( =−= .
Sea NAAAH UUU ...21= . Evidentemente H es el suceso que consiste en que al menos haya una coincidencia. Se tiene:
)1(
1!
)!2()(
−=−=∩
NNN
NAAp ji ( )ji ≠
)2)(1(
1!
)!3()(
−−=−=∩∩
NNNN
NAAAp kji (i, j, k diferentes)
. . .
2)...1(
1!
))!1(()...(
121 −=−−=∩∩∩
− NNN
NNAAAp
Niii (subíndices
diferentes)
!
1!
))!0(()...( 21
NN
NNAAAp N =−−=∩∩∩
En consecuencia:
8/10
!1
)1()!1(
1)1(...
!41
!31
!21
1
!1
)1(2)...1(
11
)1(
...)2)(1(
13)1(
12
11
)...()(
1
1
21
NN
NN
N
NNN
N
NNN
N
NN
N
N
NAAApHp
NN
NN
N
+
+
−+−
−++−+−=
=
−+−
−
−+
++−−
+
−
−
=∩∩∩=
a) El suceso que consiste en que no haya coincidencias es H . Así:
!1
)1(...!4
1!3
1!2
1!
1)1(...
!41
!31
!21
11)( 1
N
NHp
N
N
−+−−+=
=
−++−+−−= +
b) Puesto que ...!3
1!2
1!1
111 +−+−=−e se tiene que 1)(lim −
+∞→= eHp
N
272.- Obtener la probabilidad de que un cartero que lleva tres cartas con distintos destinatarios entregue al menos una de ellas correctamente al efectuar dicha entrega al azar sin mirar dirección alguna. RESOLUCIÓN.- Usaremos el método general para resolver este tipo de problemas. Sea Ai el suceso que consiste en que el destinatario i recibe su carta. Habrá que calcular:
)( 321 AAAp ∩∩
32
!31
!21
1!3
1!3
13
!3!2
3
!31
!31
!31
!31
!3!2
!3!2
!3!2
)()(
)()()()()()(
32132
3121321321
=+−=+−=
=+−−−++=∩∩+∩−
−∩−∩−++=∩∩
AAApAAp
AApAApApApApAAAp
273.- Se dispone de dos urnas, blanca y negra, conteniendo cada una de ellas bolas blancas y negras en las proporciones siguientes: Urna blanca: 1-r bolas blancas y r bolas negras.
9/10
Urna negra: s bolas blancas y 1-s bolas negras. Cuando en una extracción se saca bola blanca, la extracción siguiente se efectúa en la urna blanca, y en la urna negra en el caso contrario. Después de cada tirada se repone la bola. La primera extracción se realiza en la urna blanca. ¿Cuál es la probabilidad pn para que la n-ésima bola sacada sea blanca?. Calcular n
np
∞→lim .
RESOLUCION.-
Sea pn la probabilidad de que la n-ésima bola sacada sea blanca. ¿Cuál es la
probabilidad pn para que la n-ésima bola sacada sea blanca y qn la probabilidad de que sea negra. Se verirfica:
−
−=
⇔
−+=+−=
−−
−−
0
1
1
1
)1(
)1(
11
11
n
n
n
nnn
nnn
sr
sr
q
p
qsrpq
sqprp, para que n>1.
Como la primera extracción se realiza en la urna blanca, ello equivale a suponer una extracción 0 en la que se hubiera sacado bola blanca; así:
−
−=
0
1
1
1
1
1
sr
sr
q
p. Luego,
−
−=
∈∀
0
1
1
1:
n
n
n
sr
sr
q
pINn .
Los valores propios de la matriz
−
−sr
sr
1
1 son 1 y 1-r-s; los correspondientes
vectores propios filas son [1, 1], [r, -s], suponiendo 0 ó 0 ≠≠ sr . Así:
−
−−
−
−−+−=
=
−
−−
−
=
−
− −
srsrr
s
sr
srsrsrsr
sr
11
10
01
1
11
11
10
0111
1
11
Por tanto:
−−−−−+
+=
−−−−−−−
+−
=
=
−
−−
−
−−−+−=
=
−
−−
−
=
−
−=
−
n
n
n
n
n
n
n
n
n
srrr
srrs
srrsrr
srs
sr
srsrr
s
sr
srsrsrsr
sr
q
p
)1(
)1(1
11
)1(
)1(1
0
111
)1(0
01
1
11
0
111
)1(0
0111
0
1
1
11
10/10
En suma 11 si ,y )1( ≠−−
+=
+−−+=
+∞→sr
sr
splim
sr
srrsp n
n
n
n , ya que de
1s-r-1 que deduce se 1s0 , 10 ≤≤≤≤≤ r .
Como
∈∀−+
=⇒==
=⇒==⇒=−−
INnpsr
psrsr n
n
n
2)1(1
1
1011
Resulta que si r = s = 0, 1=
∞→ nn
plim y si r = s = 1, no existe nn
plim∞→
.
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