Hoja de Problemas nº1 – Algebra 1
1. Hallar un número cuadrado perfecto de cinco cifras sabiendo que el producto de esas cinco cifras es 1568. Solución: n2 = x1 · 104 + x2 · 103 + x3 · 102 + x4 · 10 + x5
Sea sea
n = a · 102 + b · 10 + c
el número que buscamos y
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 estar formado por las siguientes posibles cifras: 1) 7, 7, 8, 4, 1 2) 7, 7, 8, 2, 2 3) 7, 7, 4, 4, 2 La opción 2) no es posible porque un cuadrado no puede tener nunca como cifra de las 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, que es 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 tiene que x5 debe ser 1 o 4 y x4 debe ser par. Entonces se tiene que los posibles valores de n2 son: 17784 71784 77184
77841 78741 87741
74781 77481 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 cuadrado perfecto y además los números “ab” y “cd” son consecuentes en base 12. Solución: Como bien nos dice el problema, se tiene que
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ab + 1 = cd,
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 5 entonces 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 5 entonces 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 escriben 302 y 402. El producto de ambos números es 75583 en el sistema de numeración de 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 =
− 7 ± 49 + 600576 = 12
64 =
− 7 ± 775 = 12
)
-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: 1 2 n ( −1) m +1 ∑ =∑ m k =n +1 k m =1 2n
Solución: 2n 1 2 n (−1) m +1 Sea Α = n ∈ ΙΝ / ∑ = ∑ m k = n +1 k m =1
ι) ¿1∈Α? 2
∑k = 2 1
1
k=2
⇒ 1∈Α
( −1) m m =1 2
∑
m +1
=
(−1) ( −1) 1 1 + =1 − = 1 2 2 2 2
3
ιι) Supongamos cierto que n∈Α, es decir:
1 2 n ( −1) m +1 . ∑ =∑ m k =n +1 k m =1 2n
1 2 n +2 (−1) m +1 ? ∑ =∑ m k =n + 2 k m =1 2 n +2
Veamos si (n + 1)∈Α, ¿
2 n +2
2 n +2 2n 1 1 1 1 1 1 1 1 = − + = − + + = ∑ ∑ ∑ n + 1 n + 1 k =n + 2 k k =n +1 k n + 1 2n + 1 2 n + 2 k =n + 2 k
(−1) m m =1 2n
=∑ =
m +1
1 2n 1 1 ( −1) m +1 (−1) 2 n + 2 ( −1) 2 n +3 2 + − + =∑ + + = 2 n + 1 n + 1 n + 1 m =1 m 2n +1 2n + 2
(−1) m +1 ⇒ (n + 1)∈Α ∑ m m =1 ⇒
2 n +2
Α = ΙΝ 3/7
5. Hallar un número de cinco cifras diferentes que sea igual a la suma de todos los de tres cifras que se pueden obtener formando todas las variaciones ordinarias de dichas cinco cifras tomadas de tres en tres. Solución: Supongamos que N = x1 x2 x3 x4 x5 no, no tendría cinco cifras.
es el número pedido con x1 ≠ 0, porque si
Como con esas cinco cifras queremos formar números de tres cifras se tiene que hay V5,3 = 60 posibilidades, de las cuales hay 12 que tienen una cifra determinada en 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 de divisibilidad 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 cifras es 27 ≠ 18 = 9 · 2 entonces contradice que x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = 9t ⇒ Este número no es el buscado. • Si
t=3
entonces
3 + 5 + 9 + 6 + 4 = 27 = 9 · 3
N = 1332 · 9 · 3 = 35964 entonces
N = 35964
y como 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 de códigos formados por cinco letras consecutivas en dicho orden. Ejemplo: DGFHE. c) Supuesto el orden lexicográfico entre los códigos, hallar el que corresponde al 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 de ordenarlas es P5 = 5! = 120 y como hay cuatro formas diferentes de elegir cinco 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, 7} dada 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 el número 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 un edificio 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 distinto sexo. 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 formas diferentes de que se bajen, ya que como se suben en la planta baja, se pueden bajar en cualquiera de las otras cinco plantas. Para cada una de las cinco formas de bajarse las 3 + 4 − 1 6! mujeres hay = = 20 formas de bajarse los hombres, que son las 3 3!·3! combinaciones con repetición de 4 elementos tomados de 3 en 3. 5 = 10 2
• Si las mujeres se bajan en pisos distintos se tiene que hay
formas
3 + 3 − 1 = 10 formas diferentes de 3 bajarse, combinaciones con repetición de 3 elementos tomados de 3 en 3. diferentes de bajarse, y los hombres tendrán
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 de un 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: n Pi = 4 b) Para poder calcular los puntos exteriores de intersección entre las diagonales, vamos a calcular los puntos de intersección totales entre las diagonales y luego restaremos las interiores, obtenemos así los puntos de intersección exteriores entre las diagonales. Como tenemos n vértices y n lados, entonces tenemos
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n n( n − 3) − n = 2 2
Diagonales distintas (que no son los lados del triángulo). Como en cada vértice n − 3 concurren n - 3 diagonales, tenemos por lo tanto que hay 2 diagonales que se cortan en cada vértice. Como cada dos diagonales hay un punto de intersección se tiene que: n (n − 3 n − 3 n( n − 3)( n 2 − 7n + 14) PT = 2 − n = 2 8 2 Entonces tenemos los puntos exteriores de intersección entre las diagonales vienen dados por: n( n − 3)( n 2 − 7 n + 14) n n( n − 3)( n − 4)( n − 5) Pe = PT – Pi = − = 8 12 4 Entonces las soluciones son: n a) Pi = 4 b) Pe =
n( n − 3)( n − 4)( n − 5) 12
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Hoja de Problemas nº2 – Algebra II
9. Hallar un número de cuatro cifras que sea igual al cubo de la suma de las cifras. Solución: Sea x1 x2 x3 x4 el número buscado con x1 ≠ 0 ya que si no, no seria de cuatro cifras. Tenemos que
x1 x2 x3 x4 = (x1 + x2 + x3 + x4 )3
y como
1000 ≤ x1 x2 x3 x4 < 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, entonces el cubo de dicho número, es decir, x1 x2 x3 x4 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, que x1 + 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 lo mismo 10013) ≤ N ≤ 44013). Supongamos que que
N = x1 x2 x3
entonces por lo dicho anteriormente se tiene 13)
1 ≤ x1 ≤ 4, 0 ≤ x2 ≤ 8 y 0 ≤ x3 ≤ 8. Entonces: a) Si N = x1 x2 x3 ⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x1 + 9x2 + x3 ⇒ 9)
⇒ 88x1 + 4x2 = 0 que no tiene solución.
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b) Si N = x1 x3 x2 ⇒ 169x1 + 13x2 + x3 = 81x1 + 9x3 + x2 ⇒ 9)
⇒ 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 = x2 x3 x1 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 = x3 x1 x2 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 = x3 x2 x1 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 Base 13
214 124
482 248
210 102
420 204
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630 306
840 408
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: Veamos si
11n – 4n = 7k
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+2 en el desarrollo de (a + b)14 están en progresión aritmética. Calcular n sabiendo que es menor que 7. Solución: El desarrollo del binomio de Newton para (a + b)14 es (a + b)14 =
14 j 14 − j a b j j= 0 14
∑
Entonces las posiciones n, n + 1 y n + 2 las ocupan los términos: 14 n −1 15−n tn = a b n − 1
14 ; t n +1 = a n b14 −n n
14 n +1 13 −n ; t n + 2 = a b n + 1
y como los coeficientes están en progresión aritmética, se tiene que: 14 14 14 14 − = − n n − 1 n + 1 n ⇒
14! 14! 14! 14! − = − n!(14 − n )! ( n − 1)(15 − n)! ( n + 1)! (13 − n )! n! (14 − n)!
pero multiplicando por
(n − 1)! (13 − n)! 14!
nos queda:
1 1 1 1 − = − ⇒ n(14 − n) (14 − n)(15 − n) n( n + 1) n(14 − n ) 3/8
⇒ (n + 1)(15-n) – n(n + 1) = (14 – n)(15 – n) – (n + 1)(15 – n) ⇒
9 ⇒ n2 – 14n + 45 = 0 ⇒ n =
14 ± 196 − 180 14 ± 4 = = 2 2 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: n! P= n n b) El número de cosas posibles es nn que es el número de variaciones con repetición de 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 n = n . 1 • Segundo elegimos que urna va a tener dos bolas, porque las demás van a tener n − 1 una, y esto es = n − 1. n • Tercero elegimos que dos bolas de las n que hay vamos a situar en la urna que n n( n − 1) tendrá dos bolas, esto es, = . 2 2 • Y por último situemos las (n – 2) bolas restantes en las (n – 2) urnas restantes ⇒ (n – 2)! Entonces las cosas favorables son:
n (n − 1)
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n (n − 1) ( n − 2)! 2
Entonces la probabilidad es:
P=
n( n − 1)
n( n − 1) ( n − 2)! ( n − 1) 2 (n − 2)! 2 = nn 2·n n −2
Soluciones: a) P =
b) P =
n! nn
( n − 1) 2 (n − 2)! 2n n − 2
14. En un armario hay n pares de zapatos distintos, es decir, cada par es diferente de los restantes pares. Se toman r zapatos al azar. Se pide la probabilidad de que entre los zapatos elegidos aparezcan exactamente h pares. Solución: 2n El número de casos posibles es que son el número de combinaciones de 2n r elementos tomados de r en r. El número de casos favorables viene dado por: n h • En segundo lugar debemos elegir entre los (n – h) pares que quedan los r – 2h de n − h los cuales vamos a sacar un zapato de cada uno, esto es: r − 2h 2 • Y por último, hay formas de elegir un zapato de las dos que hay en cada par, 1 de manera que nunca elijamos un par completo. • Primero elegimos h pares entre los n que hay, esto es:
n n − h n = 2 casos favorables. n r − 2h Entonces la probabilidad viene dada por: Entonces hay
n n − h 2 n r − 2h P= 2n r
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15. Resolver en 9 7 el sistema: x − 2y + 5z = 2 3x + y − 2 z = 1 5 x + 4 y + z = 5 Solución: 1 − 2 5 2 1 − 2 x − 2 y + 5z = 2 5 2 → 0 7 − 17 − 5 → 3x + y − 2 z = 1 ⇒ 3 1 − 2 1 F2' = F2 −3 F1 5 4 5 x + 4 y + z = 5 1 5 F3 '=F3 − 5 F1 0 14 − 24 − 5
1 − 2 5 2 1 − 2 5 2 x − 2 y + 5z = 2 → 0 0 4 2 → 0 0 4 2 ⇒ F '3 = F3 − F2 4z = 2 0 0 4 2 0 0 0 0 ⇒ z = 4 ⇒ x – 2y + 20=2 → x = 2y – 18 ⇒ x = 2y + 3 x = 2y + 3 ⇒ z = 4
con y∈97
16. Demostrar que siendo n un número entero, la expresión n5 − 5n 3 + 4n n+2 siempre es divisible por 24. Solución: Sea
xn =
n5 − 5n 3 + 4n n+2
Vamos a intentar factorizar el numerador ya que, si uno de los factores fuese el propio (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 que demostremos que xn es divisible por 8 y por 3. • xn será divisible por ocho, porque como tenemos que xn es un producto de 4 número consecutivos, entonces como mínimo dos de ellos son pares, y como cada cuatro números hay uno que es divisible por 4 entonces uno de ellos será divisible por 4 y 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 es divisible 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 1 1 sean distintos x, − x, ,− ?. x x b) Sean x e y dos números racionales que cumplen la condición del apartado a), 1 1 y además las siguientes: x < y, < . Indicar que números son positivos x y del conjunto. 1 1 1 1 H = x,− x , ,− , y, − y , ,− x x y y c) Si además se cumple y = MaxH,
1 < x, ordenar de menor a mayor los x
números del conjunto HU{0, -1,1}. Solución: a) Para que x y –x sean distintos, como x = - x ⇒ 2x = 0 ⇒ x = 0 debe ocurrir que 1 x ∉{0}. Pero por otro lado se tiene que si x = ⇒ x 2 = 1 ⇒ x = ±1 ⇒ x ∉ {− 1,0,1} y x 1 1 como x ≠ − y − x ≠ ⇒ la solución de este apartado es: x x x ∉ {− 1,0,1} b) Como x < y y además
1 1 < ⇒ x e y tienen distinto signo, ya que si no x y
1 1 < . En concreto x < 0 < y ⇒ Se tiene que los elementos positivos del y x conjunto H (que los denotaremos como el conjunto H+ ) serán: x
H+ = {- x, −
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1 1 , y, } x y
1 1 < x con x< 0, se tiene que x > -1 y por lo tanto < -1 y además x x 1 1 y = MaxH ⇒ y > 1 ⇒ < 1. Pero al ser y = MaxH ⇒ y > − . Por lo tanto, el orden x y de los elementos es: 1 1 1 1 - y< < -1 < x < − < 0 < < - x < 1 < - < - y x x y y c) Como
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Hojas de Problemas – Algebra III
18. a) Demostrar que si n es par, los números naturales n2 – 1 y 3n + 1 son primos entre si. b) Demostrar que si n = 30m, entonces la cantidad de números enteros positivos distintos de cero que no son mayores que m y que no se dividen por ninguno de los 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 a n + 1. En caso de que divida a n – 1 entonces divide a 3n – 3, pero si divide a n + 1 entonces también divide a 3n + 3. Supongamos que divide también a 3n + 1, entonces divide a (3n + 1)–(3n – 3)=4 o divide a (3n + 3) – (3n + 1) = 2, entonces a = 2. Pero como 3n + 1 y n2 – 1 son impares (por ser n par), entonces dividirlos, entonces son primos entre si.
a = 2, no puede
b) Como hay 30m enteros positivos no mayores que n y se cumple que: n 30m = = 5m múltiplos de 6 no mayores que n 6 6 n 30m • hay = = 3m múltiplos de 10 no mayores que n 10 10 n 30m • hay = = 2m múltiplos de 15 no mayores que n 15 15 • hay
n =m 30 múltiplos de 30 no mayores de n que los hemos contado como múltiplos de 6, 10 y 15. Pero como 30 es en mcd de 6 y 10, de 6 y 15 y de 10 y 15 ⇒ hay
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 28 divisores. Hallar el número. Solución: Supongamos que n = 2 a1 ⋅ 3a 2 ⋅ n3a 3 ⋅ .... ⋅ n5a 5 n3 ,…, n3 primos. Entonces se tiene que como:
1/8
es el número buscado, con 2, 3,
n = 2 a1 −1 ⋅ 3a 2 ⋅ n3a 3 ⋅ ... ⋅ n5a 5 2 3n = 2 a1 ⋅ 3a 2 +1 ⋅ n3a 3 ⋅ ... ⋅ n5a 5 Se verifica que: 24 = (a1 + 1)( a2 + 1) ⋅ ... ⋅ ( a5 + 1) 18 = a1 ( a 2 +1) ⋅ ... ⋅ ( a5 + 1) 28 = ( a + 1)( a + 2) ⋅ ... ⋅ ( a + 1) 1 2 5 Dividiendo la 1ª ecuación por la 2ª ecuación tenemos: 24 a1 + 1 = ⇒ a1 = 3 18 a1 Dividiendo la 3ª ecuación por la 2ª ecuación tenemos: 28 a2 + 2 = ⇒ a2 = 5 18 a 2 + 1 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 la primera cifra de la izquierda se coloca en el último lugar de al derecha, el número 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 queda después de haber suprimido la primera cifra. Entonces. 10N + nm =
3 ( nm ⋅ 10 m −1 + N ) 2
⇒ 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 que verifica la periodicidad de los restos potenciales tiene que ser un divisor de 16.
2/8
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 · 169 entonces xn es múltiplo de 169 para n = 1. 2) Si demostramos que xn+1 ≡ xn (169) entonces aplicando el principio de inducción 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 ∀n∈9 .
es múltiplo de 169
+
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 identidad de Bezout que: 1 = αm + βn
3/8
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) α m ⇒ Definimos x como este número, es decir. x = b + (a – b)βn que es lo mismo que x = a + (b – a)α m 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 se les 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 =
a) i)
x , que nos será más cómodo. y
a c ad ± bc ± = con b ≠ 0 y d ≠ 0 y como se cumple que ad, bc y bd ∈ (K) ⇒ b d bd
ad ± bc ∈ Q(k ) . bd ii)
a ⋅ c = ac con b ≠ 0 y d ≠ 0 y como ac y bd ∈ Z(K) ⇒ ac ∈ Q(K ). bd b d bd
a iii) b
c d
=
ad ad con b ≠ 0, c ≠ 0 y d ≠ 0 y como ad y bc ∈ Q(K) ⇒ ∈ Q(K ) bc bc ⇒ Q(K) es un subcuerpo de K
b) Sea K´ un subcuerpo cualquiera de K, entonces como 1∈ K´ (por ser un subcuerpo de K) y si x ∈ K´ ⇒ x´+ 1 ∈ K´ (por propiedad aditiva), entonces por el principio de inducción N(K) ⊂ K´. Es evidente también que O ∈ K´(por ser un subcuerpo de K) y si x ∈ K´ ⇒ (- x) ∈ K´ entonces Z(K) ⊂ K´. Y por la propia definición de Q(K) podemos decir que Q(K)⊂ K´ ⇒
4/8
⇒ Q(K) es el menor subcuerpo de K.
24. Demostrar que aritmética.
2 , 3, 5 no pueden ser términos de una progresión
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: 3 − 2 = md
y
5 − 3 = nd
Por lo tanto, podemos asegurar que: 3 − 2 md m = = ∈ Q y que n 5 − 3 nd
5 − 3 nd n = = ∈Q 3 − 2 md m
⇒
3− 2 = 5− 3
( (
3− 2 5− 3
)( )(
5+ 3 15 + 3 − 10 − 6 = ∈Q ⇒ 2 5+ 3
⇒
5− 3 = 3− 2
( (
5− 3 3− 2
)( )(
3+ 2 = 15 + 10 − 3 − 6 ∈ Q ⇒ 3+ 2
⇒
( 15 +
) )
) )
)(
)
10 − 6 y 15 − 10 − 6 ∈ Q, entonces su diferencia es un nº racional
⇒ 2 10 ∈ Q (contradicción) ⇒ geométrica.
2 , 3, 5 no son términos de una progresión
25. Demostrar que para todo número natural n, el número dado por An = (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 2, 3, 5, 7.
210 = 2 · 3 · 5 · 7, bastará ver que An es divisible por
• Es divisible por 2 y por 3 puesto que n –1, n y n + 1 son tres números consecutivos ⇒ uno o dos de ellos son pares y uno de ellos es múltiplo de 3, ya que
5/8
cada dos números consecutivos uno es par y cada tres números consecutivos uno es múltiplo de 3. • Es divisible por 5 puesto que: a) Si n = 5p, ya está b) 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 está b) 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 p −2 n n An = (n + 1) - ∑ ni es decir, por np. i i= 0 b) Demostrar que para todo número natural n y p (con p < n y n ≠ 0) el número p −2 n n Bn = p ( p −1) n − ∑ ni es divisible por (pn – 1)p. i =0 i Solución:
6/8
a) Tenemos que demostrar que: n i n ≡ 0 n p . Entonces: i =0 i p− 2
(n + 1)n − ∑
( )
p −2 p− 2 n n n n n n ( n + 1) n − ∑ n i = ∑ ni − ∑ ni = ∑ ni = i =0 i i =0 i i =0 i i = p −1 i
n p −1 n p n p +1 n = n + n + n + ..... + n n = p − 1 p p + 1 n =
n n p +1 n n n! n p −1 + n p + n + n = ( p − 1)! (n − p + 1)! p p + 1 n
n p − 1 p n p n p +1 n = n + n + n + ...... + n n = n p p + 1 n n p − 1 p− 2 n n n n− p n n p n + ..... + n =n + + ⇒ (n + 1) − ∑ n i ≡ 0 n p n i= o i p p + 1 n
( )
p− 2 n ⇒ (n + 1)n − ∑ n i es divisible por np . i =0 i
(
)
b) Sea a = p n − 1 ⇒ a p = p n − 1
(
)
p
⇒ (a + 1)a = p n − 1 + 1 = p na = p n ( p a
n
−1 )
p −2 p− 2 p− 2 n n n n ⇒ (a + 1)a − ∑ n i = p n ( p −1 ) − ∑ ni ⇒ (a + 1)a − ∑ n i = Bn i =0 i i =0 i i= 0 i p− 2 n n Y por el apartado a) tenemos que Bn es divisible por a p ⇒ p ( p −1 )n − ∑ n i es i =0 i n p divisible por (p – 1) .
27. a) Demostrar que existen infinitos números de la forma An = 10n + 3 que son compuestos. 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 7/8
resto 4, dividido por 6 da de resto 5, dividido por 7 da de resto 6, dividido por 8 da de resto 7 y dividido por 9 da de resto 8. Solución: a) Vamos a demostrar que existen infinitos An compuestos viendo que existen infinitos An que son divisibles por 7. Sea n = 6K + 4: An = 10 n + 3(7 ) ⇒ An ≡ 106 K + 4 + 3(7 ) ⇒ ⇒ An ≡ 10 4 ⋅10 6 K + 3(7) ⇒ An ≡ 3 4 ⋅ (10 6 ) + 3(7 ) ⇒ K
⇒ An ≡ 81 ⋅ (106 ) + 3(7 ) y como 106 ≡ 1(7) por el teorema de Fermat K
⇒ A n ≡ 4 ⋅ 1K + 3(7 ) ⇒ An ≡ 4 + 3(7 ) ⇒ An ≡ 0(7) ⇒ ⇒ An es divisible por 7. Si n = 6K + 4 ⇒ ⇒ An = 106K+4 + 3 ∀K∈Ð ∀K∈Ð.
es divisible por 7 y por lo tanto es compuesto de
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
8/8
Hoja de Problemas nº 4 – Algebra IV
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 divisores mas 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 entonces 5A = 2ª · 5b+1 · 7c y 8A = 2ª+3 · 5b · 7c Utilizando la fórmula que nos proporciona el número de divisores se tiene que: (a + 1)(b + 2)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 8 ⇒ (a + 4)(b + 1)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 18 (a + 1)(b + 1 + 1)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 8 ⇒ ⇒ (a + 1 + 3)(b + 1)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 18 (a + 1)(b + 1)(c + 1) + (a + 1)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 8 ⇒ (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 3(b + 1)(c + 1) = (a + 1)(b + 1)(c + 1) + 18 (a + 1)(c + 1) = 8 ( a + 1)(c + 1) = 18 ⇒ ⇒ (1) entonces dividiendo 3(b + 1)( c + 1) = 18 (b + 1)( c + 1) = 6 tenemos que:
a +1 4 = ⇒ a = 4α − 1 y b = 3α − 1 b +1 3
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: 2 4 − 1 53 − 1 72 − 1 S= + + = 15 ⋅ 31 ⋅ 8 = 3720 2 −1 5 −1 7 − 1 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:
1/8
(x + y)p
p p p p p −1 p p = x p + x p −1 y + x p −2 y 2 + ..... + xy + y 0 1 2 p − 1 p
p p Por un lado tenemos que = = 1 , pero por otro lado si 1≤ K < p y si e = 0 p p elemento unidad, entonces como K! = p ( p − 1)( p − 2) ⋅ ...... ⋅ ( p − K + 1) se obtiene K que: p e = p ( p − 1)( p − 2 ) ⋅ ...... ⋅ ( p − K + 1)e = 0 K
( K! e)
⇒ Como K!e = e(2e)(3e) ·……· (Ke) y he ≠ 0 si 1 ≤ h < p ⇒ p ⇒ K!e = 0 ⇒ e = 0 K Por lo tanto (x + y) p = xp + yp
30. Dado un subconjunto A de la recta real 3 , se dice que un punto x∈ ∈ 3 es un punto de condensación de A si cualquier entorno de x contiene una infinidad no numerable de puntos de A. Se pide: a) Demostrar que cualquier subconjunto no numerable de 3 admite como mínimo un punto de condensación. b) Si P simboliza el conjunto de todos los puntos de condensación de un subconjunto A de 3 , demuestre que P es un cerrado de 3 . Solución: a) Sea A un conjunto de 3 no numerable, y supongamos un intervalo cerrado y acotado I = [-n, n] ⊂ A. Supongamos que A no tienen puntos de condensación ⇒ ∀x∈[-n, n] ⇒ ∃∪(x) tal que U(x)∩A es como mucho numerable. ⇒ Como esto ocurre ∀x∈I ⇒ existe una familia {U(x) :x∈I} de entornos abiertos que recubres a I, y como I es compacto ⇒ existe un subrecubrimiento finito U(x1 ),…….U(xr) cuya unión es I. r
⇒ I∩A = U (U ( x j ) ∩ A) que es como mucho numerable, porque es la unión finita j =1
de conjunto como mucho numerable.
2/8
⇒ Como A = U ([− n, n] ∩ A) es a lo más numerable, por si la unión numerable de n∈N
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∉ P ⇒ ∃ ∪ ( x ) 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 el conjunto de los puntos de condensación ⇒ U(x)∩a = Ø si x∉P ⇒ 3 - P es un abierto de 3 ⇒ P es un cerrado de 3.
31. Demostrar que todo conjunto B de números reales con un solo punto de acumulación es numerable. Solución: Sea A = B – {p} donde p es un punto de acumulación, en concreto, el único punto de 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 puntos aislados. 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 unitarios y 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 un elemento. Entonces B es un conjunto numerable.
32. Demostrar que para dos números reales x<1, y<0, existe un único número entero n tal que xn-1≤ 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
3/8
supremo). como x>1 ⇒
µ µ es menor que µ ⇒ no es cota superior de M ⇒ ∃p∈Z / x x
µ < x p ⇒ µ
Análogamente podemos demostrar que existe un entero p tal que xp 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
a a b ∈Q⇒ sea r= ⇒ r= y por lo tanto a=ra´ y b=rb´. Por lo a´ a´ b´ aγ + b ra´γ + rb´ r ( a´γ + b´) aγ + b = = = r∈Q ⇒ ∈Q a´γ + b´ a´γ + b´ a´γ + b´ a´γ + b´ "⇐" Como
34. Comprobar que es racional el número: r = 3 20 + 14 2 + 3 20 − 14 2 Solución: Sean x= 3 20 + 14 2 e y = 3 20 − 14 2 entonces haciendo: (x+y)3 =x3 +3x2 y+3xy2 +y3 = =( 3 20 + 14 2 )3 +3xy(x+y)+ ( 3 20 − 14 2 )3 = = 20+14 2 +3 3 20 + 14 2
3
20 − 14 2 r+20-14 2 =
= 40+3 3 ( 20 + 14 2 )( 20 − 14 2 ) r = 40+3 3 400 − 392 r = 40+6r
4/8
tanto:
⇒ r3 = 40+6r ⇒ r3 -6r-40 = 0. Haciendo Ruffini tenemos: 1
4
0 -6 -40
4 1
16 40
4 10 0
r = 4 ⇒ r3 -6r-40 = (r-4)(r2 +4r+10) = 0 ⇒ 2 con r2 +4r+10=0 → r + 4r + 10 = 0 r=
− 4 ± 16 − 40 que no tiene solución real ⇒ la única solución real de la ecuación es 2
r=4 que es racional ⇒ 3 20 + 14 2 + 3 20 − 14 2 =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 demostrar que el cociente está aproximado por defecto y su error relativo es menor que la suma de los errores relativos del dividendo y el divisor. Resolución: Sea A el dividendo y A´ el divisor. El cociente aproximado será: absoluto es: A A − E A( A´+ E´) − A´( A − E) AE´+ A´ E AE´+ A´E − = = < A´ A´+ E´ A´( A´+ E´) A´( A´+ E´) A´ 2
5/8
A− E y el error A´+ E´
A , el primer miembro representa el error relativo A´ del cociente , y el segundo miembro viene dado por: Si dividimos ambos miembros por
AE´+ A´E A´ AE´+ A´E E´ E · = = + A´ 2 A AA´ A´ A 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 menor que el error relativo de el número aproximado, dividido por el índice de la raíz. Resolución: Sea A-E el valor aproximado de A, entonces el error absoluto cometido al aproximar A , por ejemplo, es más grande que 5(A-E)4 ·E. 5
( A ) =A y el error 5
Si tomamos la raíz quinta de A elevada a % se tiene que absoluto es más grande que:
5
5(5 A − E ) 4 ·E
5
donde E1 es el error absoluto cometido cuando aproximamos por defecto a A − E , por lo tanto: E> 55 ( A − E ) 4 ·E1 ⇒ E1 <
y como el error relativo
E 55 ( A − E ) 4
⇒
5
A con
E1 E < 55 A − E 5( A − E )
E1 E es más pequeño que se tiene que: 5 5( A − E ) A
E1 E < 5 A 5( A − E ) 38. Demostrar que la sucesión definida por x n +1 = 1 − 1 − x n con 0
xn +1 xn
.
Resolución: Vamos a demostrar lo primero que xn es una sucesión que está acotada entre 0 y 6/8
1. La demostración de que está acotada la haremos por inducción. Sea A={n∈N / 0
¿1∈A?
x2 1-x1 ⇒1∈A. ii)
Supongamos que es cierto que n∈A, xn+1
¿xn+2
⇒(1-L)(1-1+L) = 0 ⇒L(1-L) = 0 ⇒ L=0 ó L=1 pero L≠1 porque 0
1− 1 − xn 0 (1 − 1 − x n )(1 + 1 − x n ) xn +1 = lim n → ∞ = = lim n → ∞ = xn xn x n (1 + 1 − xn ) 0
(
12 − 1 − x n
)
2
xn (1 + 1 − x n )
lim n →∞ =
= lim n → ∞
1 − 1 + xn xn = lim n →∞ = x n (1 + 1 − x n ) x n (1 + 1 − x n )
1 1 1 = = 1 + 1 − xn 1 + 1 2
8/8
Hojas de Problemas nº 5 – Álgebra V
39. Comprobar que la serie ∑ n =1 +∞
n2 es convergente, y en caso de serlo, calcular su 2n
suma. Resolución: Para comprobar su convergencia aplicaremos el criterio del cociente:
lim n →∞
( n + 1) 2 n 2 2n 1 + 2 + 2 2 n2 + 2n +1 2 n +1 = lim n n n = = lim n →∞ = n →∞ n2 2n 2 2n 2 2n n2
= lim n →∞ =
1+
2 1 + n n 2 = 1 < 1 por lo tanto la serie es convergente. 2 2
Vamos a sumar la serie: +∞ n n n2 j2 j2 = lim = lim S donde S = ∑ n →∞ ∑ n→ ∞ n n ∑ n j j n =1 2 j =1 2 j =1 2
Sn =
1 4 9 16 25 n2 + 2 + 2 + 4 + 5 + ... + n 2 2 3 2 2 2
1 1 4 9 16 (n − 1) 2 n 2 Sn = + + + + ... + + n 2 22 32 24 25 2n 2
Restando:
1 1 3 5 7 9 2n −1 n 2 S n = + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + + n +1 2 2 2 2 2 2 2n 2 1 Sn = 4
1 3 5 7 2n − 3 2n − 1 n 2 + + + + ... + + n +1 + n + 2 22 23 2 4 25 2n 2 2
1 1 2 2 2 2 2 ( n − 1) 2 n2 Sn = + 2 + 3 + 4 + 5 + ... + n + − 4 2 2 2 2 2 2 2 n +1 2n +2 1 1 1 1 1 1 ( n − 1) 2 n2 Sn = + 2 2 + 3 + 4 + ... + n + − 4 2 2 2 2 2 2 n +1 2 n+ 2
1 1 − n +1 1 1 4 2 Sn = +2 4 2 1− 1 2 1 1 − n +1 S n = 2 + 8 4 2 1 2
( n − 1) 2 n2 + − 2 n +1 2 n+ 2
( n − 1) 2 n2 + − 2 n +1 2 n +2
1 (n − 1) 2 n2 1 1 S= limn→∞Sn = limn→∞ 2+16 − n +1 + − = 2 + 16 = 6 n +1 n+ 2 2 2 4 4 2
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 =
5! = 10 3! 2!
P3 =3! = 6. 64 + 36 = 10
18+6i =
Buscaremos ahora quién es el mínimo común múltiplo de estos valores. 10 = 2·5 6 = 2·3 m.c.m.(10,6) = 30 10 = 2·5 Por lo tanto la arista del menor cubo será de 30 cm. El número de ortoedros vendrá dado por: 30 30 30 · · = 3·5·3 = 45 → se podrán acoplar 45 ortoedros. 10 6 10
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+2d0 c-2b+a = . Aplicando el caso 12x7512) es divisible por 5 ⇔ 5& 0 ⇔ 5+14-x-4+1 = ⇔ 16-x = 5& ⇒ x=1 ó x=6. 5&
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
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
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 n + k − r − 1 k − r −1 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 n + k − r − 2 k − 2 49. Discutir y resolver el siguiente sistema de ecuaciones (Andalucía 98): ax + y + z = 1 x + ay + z = 1 x + y + az = 1 Resolución: Aplicando el método de Gauss, vamos a triangularizar superiormente la matriz de coeficientes ampliada: 1 a 1 1 1 a | 1 1 ´ ´ ´ 1 a 1 | 1 ≈ F2 = F2 − F1 // F3 = F3 − aF1 ≈ 0 a − 1 1 − a | 0 ≈ F3 = F3 + F2 ≈ a 1 1 | 1 0 1 − a 1 − a2 1 − a
{
}
1 a 1 1 ≈ 0 a −1 1− a | 0 0 0 2 − a − 2 1 − a
Los valores conflictivos del sistema son: a-1=0 → a=1 1/6
{
}
2-a-a2 =0 → a =
1 ± 1 + 8 1 ± 3 → 1 = = −2 − 2 → −2 → a = −2
Caso 1: a=1 1 1 1 1 0 0 0 | 0 0 0 0 0
x+y+z=1
Rg ( A) = 1
Rg ( A | B ) = 1 S .C.I . (2 parámetros ). n º de incógnitas = 3
→
z=1-x-y x,y∈R
Caso 2: a=-2 1 1 − 2 1 0 −3 3 | 0 0 0 0 3
Rg ( A) = 2 Sistema Incompatible. Rg ( A | B) = 3
Caso 3: a≠1 y a≠z 1 a 1 1 1− a | 0 0 a −1 0 0 (1 − a)( a + 2) 1 − a
Rg ( A) = 3 Rg ( A | B ) = 3
S.C.D. n º de incógnitas = 3
x + y + az = 1 1 ( a − 1) y + (1 − a ) z = 0 → y − z = 0 → y = z → y = a+2 1 (1 − a)( a + 2) z = (1 − a ) → z = a + 2
⇒ x+y+az=1 → x+ → x=
1 1 1 a +a =1 → x =1− − a+ 2 a+2 a +2 a+ 2
a + 2 −1 − a 1 → x= a+2 a+2
2/6
50. Calcular el valor del determinante: 1+ x 1 1... 1 1+ x 1 1... 1 1 1 + x 1... 1 1+ x 1+ x 1... 1 D= 1 1 1 + x... 1 = {F1 ´= F1 + ... + Fn } = 1 + x 1 1 + x... 1 = ... ... ... ... ... ... ... ... 1 1 1 1+ x 1+ x 1 1 1+ x 1 1 1... 1 1 1 1 1+ x 1... 1 0 x (1 + x) = 1 1 1 + x... 1 = {Fi ´= Fi − F1 , i > 1} = (1 + x ) 0 0 ... ... ... ... ... ... 1 1 1 1+ x 0 0
1... 0... x... ... 0
1 0 0 = (1 + x)· x n −1 ... 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:
3/6
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) fb fa(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.
4/6
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 ⇒ d = 0 ⇒ ⇒ p = 0 o p =1. d = 1
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= α (A)U, α (A)∈ ∈ R}. Pruébese: 1) F es un subespacio de Rn,n . 2) Si A∈ ∈ F y existe A-1, entonces A-1∈ F y α (A)≠ ≠ 0. Relacionar α (A) y α (A-1). 3) Si A, B∈ ∈ F, entonces AB∈ ∈ F. Calcular α (AB). n
∑a
n
4) A∈ ∈F ⇔
i =1
ij
= ∑ a ij = α( A) ∀(i , j ) j =1
5) La aplicación A→ →α (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 U =
1 1 AU = UA . α( A) α( A)
AU = UA ⇒ A-1AUA-1 = A-1UAA-1 ⇒ UA-1 = A-1U 1 1 ⇒ UA-1 = UA A −1 = U α( A) α( A) ⇒ A-1U = UA-1 =
1 1 U y α ( A −1 ) = α( A) α( A) 5/6
3)
AU = UA = α(A)U AU = UA = α ( A)U ⇒ ABU = AUB = α( B ) AU ⇒ ABU = UAB = α(B)α(A)U BU = UB = α ( B)U
⇒ A,B∈F y α(AB)= α(A)α(B)
4)
5)
AU = α(A)U ⇔
n
n
j =1
i 01
∑ aij = ∑ a ij = α ( A) i, j ∈ {1,..., n}
Sea f: F→R aplicación: f(λA+µB) = α(λA+µB) = λα(A)+ µα(B) ⇒ f es una
forma lineal.
6/6
Hoja de Problemas – Álgebra VII
55. Supongamos que la función g está definida y es derivable en [0,1]. Supongamos que g(0)<0
a)
|f´(x)| = |1+Mg´(x)|<1 -1<1+mg´(x)<1 ⇒ -2
−2 −2 −2 −2
−2 < M <0 b
x0 =2 f(0)=Mg(0)>0 f(1)=Mg(1)<0 f´(x)=1+Mg´(x)≥0 ⇒M≥ ⇒
−1 −1 −1 −1 −1 como ≤ ≤ ⇒ M ≥ g´( x) a g´( x) b b
−1 ≤ M < 0 para que f sea Lipschitziana de [0,1]→[0,1] con constante de b
Lipschitz M
b)
Debe cumplir que: con f(α)=α; f´(x)=0 f´(x)=1+Mg´(x) = 0 ⇒ M =
−1 g´(x )
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 -
1/8
1 = 0´632120558 e
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+
1 1 1 como 1>0 y x >0 ⇒ 1+ x >0 ∀x∈[0,1] x e e e
⇒ F´(x)≠0 ∀x∈[0,1] iii) F´´(x)≥ ∀x∈[a,b] ó F´´(x)≤0 ∀x∈[a,b] ⇒ F´´(x) = e-x=
−1 1 como x >0 ∀x∈R ⇒F´´(x)<0 ∀x∈[0,1] x e e
iv) Si c es el extremo del intervalo [a,b] donde |F´(x)| es menor entonces
F (c ) ≤b−a F ´(c)
F´(x)=1+1/e donde F´(x) es menor es para x=1 con F´(1) = 1+1/e. Entonces c=1 F (1) 1− e ≤1− 0 ⇒ F´(1) 1 + e −1 −1
1 1 1− e = e = e − 1 ≤ 1 Si ≤ 1⇒ 1 e +1 e +1 1+ e e 1−
F(x)=x-e-x F´(x)=1+e-x
x0 =0´5 F ( x0 ) 0´5 − e −0 ´5 x1 =x0 =0´5= 0´566311003 F´( x 0 ) 1 + e − 0 ´5 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] 2/8
iii) F´´(x)=2 ≥0 ∀x∈[1,3] iv) c=1 F (1) 1 −π = = 1´07079 ≤ 2 F´(1) 2 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|≤
Ln 1 π | x 0 − x1 |< 10 −q f(x)= ( x + ) 1− L 2 x
|f´(x)<1 [1´5,2]
x0 =2 x1 =1´783 ⇒ n=18 habrá que afinar decimales exactas f´(x)=
1 1 π − 2 2 x2
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]
3/8
F (1´5) − 1´375 1´375 = = <1 F´(1´5) 2´75 2´75
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= z + z + z + ... donde z∈ ∈ (0,+∞ ∞ ). a) Busca un método iterativo para calcular y determinando para que valores la iteración converge. b) Calcular y.
a)
f(x)= z + x x0 =0 x1 =f(0)= z x2 =f(x1 )= z + z . . . xn =f(xn-1)= z + z + z + ... ⇒ limn→∞ fn (x) f´(x)= f´(0)=
1 decreciente 2 z+x 1 2 z f´(x)
1 2 z
f:[0,+∞)→ [0,+∞)
<1 ⇒ L=
1 < 2
1 2 z
z+x =x x2 =z+x 4/8
z ⇒z>
1 4
x2 -x-z x=
1 ± 1 + 4z 1 + 1 + 4z ⇒ y= 2 2
b)
y= z + x
z
y=x
-z
− z
z<
1 4
f:[a,+∞)→[a,+∞)
f´(x)
1 2 a+ z
1 1 < a + z → − z < a y ∀x0 ∈[a,+∞) 4 4 xn = z + z + ... + x0 → y porque el punto fijo es único. 60. Probar que la ecuación x=1-tg-1(x) tiene solución α . Encontrar un ijtervalo [a,b] que contenga a α 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 5/8
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)= f´(x)=
1 y se cumple que: 1 + x2
1 <1 ∀x∈[1,3]⇒f es lipschitziana (contractura)⇒∀x0 ∈[1,3] xm+1 =1+tg-1(xm) 1 + x2
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: 1 2 3.... m − 1 m Sea el ciclo C = y consideremos la transposición 2 3 4.... m 1 1 2 T= ; el ciclo inverso C-1 que operado con C nos da la identidad es: 2 1 1 2 3.... m C-1 = . Vamos a considerar las sustituciones obtenidas mediante el m 1 2.... m −1 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: m 1 2 1 2 3.... m − 1 m 1 2 3.... m 1 2.... m − 1 2 1 2 3 4.... m 1 1 m Es una transposición ya que todos los elementos permanecen m 1 invariantes excepto esos dos. 1→2→1→m m→ 1 → 2 → 1 Vamos a generalizarlo para una potencia cualquiera. 2 3.... m − 1 m − h + 1 m − h + 2.... m − 1 m 1 Ch = 1 2....... h − 1 h 1 + h 2 + h 3 + h.... m 1 2 3.... h h + 1 h + 2 h + 3... m C-h= 2 3... m − h m − h + 1 m − h + 2 m − h + 3.... m 1
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El producto C-h ·T· Ch mantiene invariantes todos los elementos excepto el mh+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: m − 1 m m m −1 m −1 m − 2 3 2 Haciendo h = 3 tendremos . Para el valor h=m-1 resulta . m − 2 m −1 2 3 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.
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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
x ∈ P ⇒ x = 2K -1 -1 x*y = 2k+(-2h) = 2(k-h), luego x*y ∈P. y ∈ P ⇒ y = 2h 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) =
x·
y· z 2 = xyz 2 4
xy z xyz (x ⊗ y) ⊗ z = (xy/2 ⊗ z) = 2 = 2 4 Es fácil ver que se cumplo la propiedad distributiva a derecha e izquierda, puesto que: x⊗ (y*z) = x⊗ (y+z) =
x( y + z ) 2
(x ⊗ y)*(x⊗ z) = xy/2+xz/2 =
x( y + z ) 2
Análogamente se comprobaría a la derecha: (y*z) ⊗ x= (y⊗ x)*(z⊗ x)
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Hoja de Problemas – Álgebra VIII
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: λ1 a+λ2 b+λ3 c=0 ⇔ λ1 =λ2 =λ3 =0. Expresando las igualdades escalares: λ1 x1 + λ2 x 2 + λ3 x3 = 0 λ1 y1 + λ2 y 2 + λ3 y 3 = 0 λ1 z1 + λ2 z 2 + λ3 z 3 = 0 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 x1
x2
x3
y1 z1
y2 z2
y3 = 0 z3
Por consiguiente, si dicho determinante es diferente de cero, la igualdad vectorial λ1 a+λ2 b+λ3 c=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.
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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,
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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: d2 x2 1 +2d2 y2 1 =z2 es decir
d2 (x2 1 +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 (x2 1 +2y2 1 )=d2 z2 1 x2 1 +2y2 1 )=z2 1
(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.
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* 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: 1 1 ( z + x ) ó ( z − x) es impar. 2 2 Por tanto, son primos entre sí los números z+x y
1 (z − x ) 2
z-x
1 (z + x ) . 2
ó los números y
En el primer caso de la igualdad, z − x y2 =(z+x) 2 se deduce que y2 es un cuadrado que z + x = n 2 (3) z − x = 2m 2 y de la segunda posibilidad tenemos que: z − x = n 2 (4) z + x = 2m2 siendo m y n números enteros, m impar. i) Del sistema (3) y de la ecuación (2) obtenemos: * z=
1 2 1 ( n + 2m 2 ), x = ( n 2 − 2 m 2 ), y = nm, ( 5) 2 2
ii) Del sistema (4) y de la ecuación (2) obtenemos:
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*
1 2 1 ( n + 2m 2 ), x = ( 2m 2 − n 2 ), y = nm, ( 6) 2 2
Las fórmulas (5) y (6) pueden reunirse en la siguiente: 1 1 * x = ± ( n 2 − 2m 2 ), z = ( n 2 + 2 m 2 ), y = nm, ( 7) 2 2 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=
a + bi . Probar que la multiplicación en el conjunto de los números complejos c
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.
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* 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: d2 x2 1 +d2 y2 1 =z2 es decir
d2 (x2 1 +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: d2 x2 1 +d2 y2 1 =d2 z2 1 x2 1 +y2 1 =z2 1
(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=d1 a, z-y=d1 b, m.c.d.(a,b)=1 luego x2 =abd2 1 , (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 =m2 n2 d2 1 , es decir
x=mnd 1
(4)
De las relaciones z + y = ad1 = m 2 d 1 z − y = bd1 = n 2 d1 se obtiene:
2z=(m2 +n2 )d1 2y=(m2 -n2 )d1
(5)
y de aquí
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z=
1 2 (m + n 2 )d 1 2
(6)
y=
1 2 ( m − n 2 ) d1 2
(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 d1 sería 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: y=
x=mn,
1 2 ( m − n 2 ) d1 2
z=
1 2 ( m + n 2 ) d 1 , (m>n), (8) 2
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=
a + bi . c
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) →
a + bi c
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(d,e,f) →
d + ei f
y que, a + bi d + ei ( ad − be ) + ( ae + bd ) i · = c f cf 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 =a2 d2 + b2 e2 + a2 e2 + b2 d2 - 2abde + 2abde = =(a2 +b2 )(d2 +e2 ) =c2 f2 =(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)]
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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: A = 6x + 5 A = 11 y + 2
(1) (2)
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.
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*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: x 3 + y 3 + z 3 = 3 x + y + z = 3 hallar las soluciones enteras, es decir, resolverlo en Z.
Solución: x 3 + y 3 + z 3 = 3 El sistema es equivalente a, x + y + z = 3
( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) + (3 − ( x + y )) 3 = 3 z = 3 − ( x + y)
( x + y )(3( x + y ) − ( 9 + xy)) = −8 de donde, . z = 3 − ( x + y) 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)
x + y = −8 x + y = −8 ⇔ 3( x + y ) − (9 + xy) = 1 XY = −34
2)
x + y = −8 x = 4 x + y = 8 ⇔ ⇔ 3( x + y ) − (9 + xy) = −1 xy = 16 y = 4
No tiene soluciones en Z.
Por tanto, la solución del sistema es: x=4, y=4, z=-5. 3)
x + y = −4 x + y = −4 ⇔ No tiene solución en Z. 3( x + y ) − (9 + xy) = −2 xy = −23
4)
x+y=4 x + y = 4 ⇔ 3( x + y ) − (9 + xy) = −2 xy = 5
No tiene solución en Z.
5)
x + y = −2 x + y = 2 ⇔ 3( x + y ) − (9 + xy) = 4 xy = −19
No tiene soluciones en Z.
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6)
x+y=2 x = 1 x + y = 2 ⇔ ⇔ 3( x + y ) − (9 + xy) = −4 xy = 1 y = 1
Por tanto la solución del sistema es: x=y=z=1. 7)
x + y =1 x + y = 1 ⇔ 3( x + y ) − (9 + xy) = −8 xy = 2
8)
x1 = −5 x2 = 4 x + y = −1 x + y = −1 ⇔ ⇔ ó 3( x + y ) − (9 + xy) = 8 xy = 20 y1 = 4 y 2 = −5
No tiene solución en Z.
Por tanto las soluciones del sistema son: (-5,4,4,) ó (4,-5,4).
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Hojas de Problemas – Álgebra IX 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 f m son linealmente independientes: α fn + β f m = 0, α,β∈R ⇒ ∀x∈R+*, αlog n x + 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 +βf m, 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 ,f m} 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) = δ ij. 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: p i (x) =
1 ( x − a1 )...( x − ai −1 )( x − ai +1 )...( x − a n ) (a i − a1 )...( ai − a i −1 )( ai + ai +1 )...( ai − a n )
b) Por ser dim Rn-1[x]=n, bastará probar que {p 1 ,...,p n } es un sistema de generadores: n
Cualquiera que sea q(x) ∈ Rn-1[x]=n es q(x) =
∑ q(a ) p (x ), ya que ambos miembros son polinomios i
i
i =1
de grado menor que n que coinciden en n puntos: a1 ,...,an ; luego son polinomios idénticos.
c) Según el apartado anterior:
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q(x) =
n
n
n
i =1
i =1
i =1
∑ q(a i ) pi (x ), = ∑ (ain−1 + ain−2 + ... + a i + 1) p i (x ) = ∑
ain − 1 p ( x) , a j −1 i
ya que xn -1 = (x-1)(xn-1+xn-2+...+x+1).
a in − 1 Así, supuestos los ai≠1, i=1,...,n, las coordenadas de q(x) son . Y si para algún i es ai =1, a − 1 i i =1 ,..., n la coordenada i-ésima es ai n-1+ ain-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:
n n n v 0 = (1 − x) n = 1 − x + x 2 − ... + ( −1) n x n 1 2 n n − 1 2 n − 1 3 n − 1 n v1 = x(1 − x) n −1 = x − x + x − ... + (−1) n −1 x 1 2 n − 1 n − 2 3 n − 2 4 n − 2 n v 2 = x 2 (1 − x) n − 2 = x 2 − x + x − ... + ( −1) n − 2 x 1 2 n − 2 ........................................ ........................................ ........................................ v n = xn
= xn n− k
Es decir: v = x ∑ ( −1) k
k
r =0
r
n − k r x , k = 0,1,..., n r
La matriz que expresa las coordenadas de los vectores de B´ respecto de B es:
2/7
1 0 0 n 1 0 − 1 n n − 1 − 1 2 1 M= . . . . . . . . . n n − 1 n − 1 n n −1 ( −1) n −1 ( −1) ( −1) n n − 1 n − 1
..........1 ..........0 ..........0 . . . ..........1
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 .
n − k r x (1 − x) n − k − r = r r =0 n− k
k
k
k
k
Para cada k∈{0,1,...,n} es x = x (1-x+x) = x
∑
n− k n − k n − k r+ k x (1 − x ) n − k − r = ∑ . r r v r+ k r =0 r= 0 n− k
=
∑
Así:
1 n 1 n 2 M -1 = . . . n n
0
0
1
0
n − 1 1
1
. . . n − 1 n − 1
n − 2 1 . . n − 2 n − 2
..........1 ..........0 ..........0 ..........0 . . ..........1
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).
3/7
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
a b pa c d → pc
pb pd
a b pa c d → 0
0 pd
donde p es un cierto elemento fijo de R. Se pide demostrar que son endomorfismos ¿Son automorfismos?
Solución: a)
a b λa + µa´ λb + µb´ pλa + pµa´ pλb + pµb´ a´ b´ = f f λ + µ λc + µc´ λd + µd´ = pλc + pµc´ pλd + pµd ´ = c´ d ´ c d
pa = λ pc
pb pa´ pb´ + µ =λ pd pc´ pd ´
a b f + µ c d
a´ b´ f c´ d ´
cualesquiera
que
sean
a b a´ b´ c d , c´ d´ ∈ M 2
λ,µ∈R y
Luego f es un endomorfismo. Es la homotecia de razón p, pues f(x) = px ∀x∈M 2 . 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)=
b)
a b λa + µa´ λb + µb´ pλa + pµa´ 0 a´ b´ = f = g λ + µ = 0 pλd + pµd ´ c´ d´ c d λc + µc´ λd + µd´
pa = λ 0 y
1 y para todo y ∈M2 . p
0 a b a´ b´ pa´ 0 + µ g + µ = λ g c´ d´ cualesquiera que sean λ,µ∈R pd 0 pd ´ c d
a b a´ b´ c d , c´ d´ ∈ M 2 Así, g es un endomorfismo.
4/7
g nunca es inyectiva ya que
sobreyectiva, ya que
0 1 0 0 g = 0 0 , luego g no es automorfismo. Además, g no es 1 0
0 1 1 0 ∉ g ( M 2 ) .
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 α ,β β : E→ → E como: α (f)(x) = f(
π − x ), β =(f)(x)=f´(x). 2
a) Demostrar que α ,β β son aplicaciones lineales. b) Obtener α ° β y β ° α y comprobar que en este caso α ° β = - β ° α .
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 .
5/7
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 = g m ° 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(u 1 ) = f(-2u 1 +2u 2 ) = -2(u 1 +2u 2 )+2(u 1 +2 u 2 ) = 0 g°f(u 1 )= g(u 1 +2u 2 ) = -2u 1 +2u 2 +2(u 1 -u 2 ) = 0 f°g(u 2 ) = f(-2u 1 +2u 2 ) = 0 g°f(u 2 )= g(u 1 +2u 2 ) = -2u 1 +2u 2 +2u 1 -2u 2 ) = 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 = g m°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 °g m+1 =( fn °g m)°g = (g m°fn ) ° g = g m°(fn °g m) = g m°(g°fn ) = (g m°g)°fn = g m+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=Imf 2 , 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.
6/7
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 Imf 2 ⊂ 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.
7/7
Hoja Problemas – Análisis I n =1
78.- Hallar
∑ sen (a + nj ) = sen a + sen (a + j) + sen (a + 2 j ) + ... + sen (a + (n − 1) j) . j= 0
Solución:
Como sabemos que senp·sen q = 1/2 (cos(p-q)-cos(p+q)) entonces se tiene que: 1 2 j −1 2 j + 1 cos a + u − cos a + u 2 2 2 = u 2 sen 2
sen(a + uj )sen(u / 2 ) =∑ u j= 0 j= 0 j= 0 2sen 2 2 j −1 2 j +1 cos a + u − cos a + u n −1 2 2 = (*) =∑ u j= 0 2sen 2 n −1
n −1
n −1
∑ sen(a + uj ) = ∑
1 1 Si j=0 cos a − u − cos a + u 2 2 1 3 Si j=1 cos a + u − cos a + u 2 2 3 5 Si j=2 cos a − u − cos a + u 2 2 .
.
.
.
.
.
2n − 5 2n − 3 Si j=n-2 cos a + u − cos a + u 2 2 2n − 3 2n − 1 Si j=n-1 cos a + u − cos a + u 2 2 1 2n − 1 cos a − u − cos a + u 2 2 2n - 1 1 cos a - u - cos a + u usando la igualdad cos p − cos q 1 2 2 = (*) = · p +q p−q u 2 = 2 sen 2 ·sen 2 sen 2
1/8
=
n −1 n 2a 2 n − 2 2n 2sen + u sen u sen a + u sen u 1 2 4 4 2 4 = · = u u 2 sen sen 2 2 n −1 n sen a + sen u 2 2 sen( a + uj ) = ∑ n j= 0 sen 2 n −1
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,
14 34 V1 = V1 = · π ( 17 ) 3 = π 17 , más del volumen resultante de girar entorno al eje ox 23 3 γ, menos el de γ2 .
(
1 V2 = ∫0 π 17 − x 2
) − ( 17 x − x ) dx = ∫ π(17 − x 2
2
2
1
0
1
2
− 17 x + x 2 ) dx =
x2 17 = ∫ π(17 − 17 x) dx =17π ∫ (1 − x ) dx = 17π x − = π 0 0 2 0 2 1
1
2/8
68 17 + 51 3 u VT = π 6
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: ∆f ( x ) f ( x + ∆x ) − f ( x ) = = a para todo x. ∆x ∆x De aquí se deduce que esta función es derivable en cualquier punto ya que su derivada en x será: f´(x)= lim∆x→0 f ( x + ∆x ) − f ( x ) = a ∆x 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 3/8
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 [π π /4,3π π /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) =
1 2 ( x + 9)1 / 2 2 x = 2
Resolviendo la ecuación
1 = 2
x x2 + 9 x
x2 + 9
.
obtenemos c= 3 .
2) La fórmula de Cacuhy es: 3π π 3π π f − f sen − sen 4 4 = f ´(c) o bien 4 4 = cos c = − cot gc 3π π − senc 3π π g´(c ) cos − cos g − g 4 4 4 4 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
4/8
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 S ( t + ∆t ) − S (t ) − 1 = S (t ) ∆t 200 Tomando límites cuando ∆t→0 obtendremos (supuesta derivable la función S) S´(t) = -S(t)/200 es decir S´(t ) − 1 = S (t ) 200 de modo que d −1 log S (t ) = dt 200 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 = 7h 40m.
5/8
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=bsenCˆ Aˆ + Bˆ + Cˆ = π a senAˆ sistema h=
a senAˆ
=
de
b senBˆ
=
c sen Cˆ
ecuaciones
senBˆ ·sen Cˆ =
a senAˆ
que
nos
permite
deducir
sen Cˆ ·sen(π − Aˆ − Cˆ ).
Sustituyendo en la expresión del área resulta S=
1 a2 senCsen (π − A − C) 2 senA
y buscamos el máximo de S en función de Cˆ : S= =
1 a2 [cos Csen(π − A − C ) − senC cos(π − A − C) ] = 2 senA
1 a2 sen (π − A − 2C ) 2 senA
La ecuación S´=0 es sen(π-A-2C)=0, es decir, π-A-2C=0 de donde C=
6/8
π− A . 2
que
a2 Puesto que S´= − cos(π − A − 2C) , es sencillo comprobar que este valor de C senA corresponde a un máximo de S. Pero entonces, B=π-A-C=
π− A , es decir, B=C así 2
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:
7/8
r + x b / 2 b2 = = ( r + x )( r − x) = r 2 − x 2 b/2 r − x 4 es decir b/2= r 2 − x 2 . Se obtiene finalmente: b S= h = ( r + x ) r 2 − x 2 2 Calculemos el valor de x que hace máxima esta expresión: S´= r 2 − x 2 + ( r + x )
−x r 2 − x2
=
− 2 x 2 − rx + r 2 r 2 − x2
= (r − 2 x )
r+x r−x
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 r 2 − x 2 =r 3 , es decir, el triángulo ABC es equilátero. En efecto: AB = AC = ( r + x ) 2 + (b / 2) 2 = (3r / 2) 2 + ( r 3 / 2) 2 =
8/8
9r 2 + 3r 2 = r 3. 4
Hoja Problemas – Análisis II
85.- Sea Bj(t) la función polinómica: n Bj(t)= t j (1 − t ) n − j , t ∈ R, j ≤ n, jn ∈ N j Demostrar que: n
i)
∑B j =1
j
(t ) = 1
n
ii)
∑ jB (t ) = nt j
j =1 n
iii)
∑ j ( j − 1)B j= 2 n
iv)
∑ ( j − nt ) j= 2
2
j
(t ) = n( n − 1) t 2
B j (t ) = nt (1 − t )
Solución: n
n
∑ j t
Consideremos la identidad: (t+x)n=
j
x n− j , n ∈ N , t, x ∈ R .
j= 0
Derivando en ambos miembros respecto de t y multiplicando después por t se obtiene: n
n(t+x)n-1t=
n
∑ j jt
j
x n− j
j =1
Derivando nuevamente y multiplicando por t2 resulta: n
n
n(n-1)(t+x)n-2t2 =
∑ j j( j − 1)t
j
xn − j
j= 2
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: n
∑ j= 2
n
n
j= 2
j =2
j ( j − 1) B j (t ) = ∑ j 2 B j (t ) − ∑ jB j (t ) = n( n − 1)t 2
de donde: n
∑j j= 2
n
2
B j (t ) = n( n − 1)t + ∑ jB j (t ) = n( n − 1) t 2 + nt − B1 ( t ) 2
j= 2
Entonces:
1/9
n
n
n
n
j= 0
j =0
j =0
j =0
∑ ( j − nt )2 B j (t) = ∑ j 2 B j (t) + n 2t 2 ∑ B j (t) − 2nt ∑ jB j (t) = = 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 − x1 x 2 x1 x − 2 2 =| x1 − x1 | 2 1 + x1 1 + x 2 (1 + x12 )(1 + x 22 )
Comprobemos que
1 − x1 x 2 (1 + x12 )(1 + x 22 )
≤1 para todo par x1,x2∈R.
Llevaremos a cabo dicha comprobación teniendo en cuenta los posibles valores de |1x1x2|. a) |1-x1x2| = 1-x1x2. Entonces
1 − x1 x 2 (1 + x )(1 + x ) 2 1
2 2
=
1 − x1 x2 ≤ 1 es una desigualdad equivalente a 1-x1x2≤ (1 + x12 )(1 + x22 )
≤(1+x12) (1+x22), o bien x2+x22+x12 x22+x1x2 ≥0. Ahora bien, el primer miembro de esta x 3x desigualdad se puede escribir en la forma 1 + x 2 + 1 + x1 x 2 , que evidentemente, es una 2 4 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+x12 x22+2-x1x2 = 3x x1 + x 2 + 1 + x12 x22 + 2 , que también es positiva o nula. 4 2 2
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.
2/9
87.- Establecer la igualdad siguiente: 2·arctg
1− x + arcsen ( 2 x − 1) = π / 2 x
Solución: Si utilizamos la notación: α = arctg
1− x 1− x (o bien , tg α = ) x x
β = arcsen (2 x − 1) ( o bien , 2 x − 1 = sen β) se tratará de probar que 2α+β = π/2. Pero obsérvese que esto equivale a: 1 − tg 2α π sen β = sen − 2α = cos 2α = 1 + tg 2α 2 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: p´( x) p´´( x) p´( x) f(x) = y g(x)= − p (x ) p( x) p (x )
2
ii) Calcular las sumas: n
n
j =1
j =1
S-1= ∑ x −j 1 , S − 2 = ∑ x −j 2 , S = ∑ xi x j i< j
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:
3/9
n p´( x ) 1 1 1 = + + ... + para x≠xj, j=1,2,...,n. Luego f(x) = = ∑ ( x − x j ) − 2 p ( x ) x − x1 x − x2 x − xn j =1
2º.- Las sumas S-1 y S-2 son respectivamente los valores de las funciones f y -g para x=0. Así pues: p´(0) p´(0) p´´(0) S-1= y S-2= − . p (0) p( 0) p (0) 2
Para hallar la suma S observaremos que: 2
n n n −1 ∑ x j = ∑ xj − 2 + s ∑ x i−1 x −j 1 j =1 j =1 i< j
es decir, S-12 = S-2+2S, de donde: 1 1 p´´(0) S= ( S −21 − S − 2 ) = . 2 2 p (0)
89.- Se considera el determinante de orden n: 1+ x 1 ... 1 1 1 + x ... 1 ... ... .... ... 1 1 ... 1 + x
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:
4/9
1, 0, 1, 1 + x F´ n ( x ) = ... ... 1, 1,
..., 0 1+ x ..., 1 0 + ..., ... ... ..., 1 + x 1,
1 1 ... 1,
..., 1 1 + x 1, ..., 0 1, 1 + x + ... + ..., ... ... ... ..., 1 + x 0, 0,
..., 1 ..., 1 ..., ... ..., 1
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: 1 + x, 1, 1, 1+ x F´ n ( x ) = ... ... 1, 1,
..., 1 1+ x 1 ..., 1 1 1+ x + 1· ..., ... ... ... ..., 1 + x 1, 1,
..., 1 1 + x 1, ..., 1 1, 1 + x + ... + 1· ..., ... ... ... ..., 1 + x 1, 1,
..., 1 ..., 1 = ..., ... ..., 1 + x
= 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) =
1+ x 1 = (1 + x ) 2 − 1 = x 2 + 2 x + 1 − 1 = x 2 + 2 x 1 1+ x
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 1 1 f ( x ) = x·sen sen 1 x sen x
5/9
para x≠ ≠ 0 y x ≠ 1/kπ π , con k=± ± 1, ± 2,... completándose su definición en toda la recta del siguiente modo: f(0)=0 y f(1/k π )=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/π π ,-1/π π ,1/2π π ,-1/2π π ,...}.
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 f ( h) − f (0) f (h ) 1 1 = = sen sen 1 h h h sen h 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
1 f + h − kπ h
1 1 f f + h 1 kπ = kπ = 1 + hkπ sen kπ sen kπ h hkπ 1 + hkπ sen 1 + hkπ
para estudiar su límite cuando h→0. Es inmediato que limh→0(1+hkπ)/kπ = 1/kπ. Por otro lado,
6/9
limh→0 1 sen kπ = ( −1) k +1 k 2 π 2 h 1 + hkπ como se deduce de la relación sen
kπ kπ ( 2 + hkπ) kπ − hk 2 π 2 = sen − senkπ = 2 cos sen . 1 + hkπ 1 + hkπ 2 + 2 hkπ 2 + 2hkπ
Ahora bien, no es difícil comprobar que el límite de sen
1 kπ sen 1 + hkπ
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= 2 px , 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= 2 px vale y´=
2p p = 2 2 px y
7/9
La ecuación de la tangente en P es y-y0=
p ( x − x0 ) , o sea: y0
px-y0y-px0+y02=0. La normal es la perpendicular a la tangente en el punto P. Su ecuación será: y-y0=-
y0 ( x − x0 ) p
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 =
px0 − y 02 y2 = x0 − 0 p p
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=
y 0 x0 + py0 = x0 + p y0
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 = = y02 + S t2 = longitud de la normal es PN = = y02 + S N2 =
y 02 + 4x 02 . Análogamente, la
y 02 + p 2 .
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: 8/9
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.
9/9
Hoja de Problemas – Análisis III
93. Demostrar que la ecuación e 2x =
x+ k −a − x+ k +a
donde | k | < 1, tiene una raíz y sólo una. Determinar una sucesión convergente hacía esta raíz. ______________________________________________________________________ Solución: La ecuación e 2 x =
x+ k −a equivale a: − x+ k +a x=
Sea f ( x ) =
a − k + e 2 x (k + a ) 1 + e 2x
a − k + e 2 x (k + a ) 1 + e2 x f ´( x ) = 4 k
Estudiemos g ( x) =
e2 x (1 + e 2 x ) 2
e2x (1 + e 2 x ) 2
g´( x ) =
en x = 0 tiene un máximo y g ( 0) =
| f ´( x ) |= 4 | k |
2e 2 x − 2e 6 x (1 + e 2 x ) 4
1 . Por lo tanto: 4 2x e 1 < 4 | k | = | k | < 1, 2x 2 (1 + e ) 4
cualquiera que sea x ∈ ℜ . Aplicando el método de iteración, puede asegurarse la existencia de una única raíz de la ecuación f (x) = x. Se construye una sucesión ( x n ) convergente hacia dicha raíz eligiendo un punto x 0 ∈ ℜ arbitrario y tomando después: x n +1 = f ( x).
1/13
94. Demostrar que la ecuación x = c sen x + k, donde 0 < c < 1, tiene una raíz y sólo una. Partiendo de un valor cualquiera x 0 ∈ ℜ , se construye la sucesión ( x n ) mediante la fórmula x n = c sen x n −1 + k
n =1,2,…
Probar que esta sucesión converge hacía la raíz. ______________________________________________________________________ Solución: Veamos en primer lugar que la sucesión ( x n ) es convergente. Para ello, tomemos x n = c sen x + k : x k +1 − x k = f ( x k ) − f ( xk −1 ) f ´(ξk ),
ξk ∈ ]x k −1 , xk [
tomando valores absolutos: | x k +1 − x k |=| x k − x k −1 | | c cos ξk | ≤ c | x k − x k −1 | Sea d= | x1 − x0 |= |c sen x0 + k − x0 | Entonces: | x 2 − x1 |≤ c | x1 − x0 |= cd | x3 − x2 |≤ c | x2 − x1 |≤ c 2 d ……………………………. | x k − x k −1 |≤ c k −1 d Con ayuda de esta desigualdad, comprobaremos que la sucesión ( xn ) satisface el criterio de Cauchy: | x m − x n |≤ x m − x m −1 + xm −1 − x m − 2 + ... + xn +1 − xn ≤ c m −1 d + c m −2 d + ... + c n d = (m > n ) =d
c m −1 c − c n cm − cn cn − cm cn =d =d
y puesto que 0 < c < 1, es evidente que | x m − x n |≤ ε siempre que sea m, n ≥ v. Así pues, la sucesión converge. Llamaremos a = lim n → ∞ xn . A continuación, comprobemos que a es una raíz de la ecuación x = c sen x + k:
2/13
Como f es continua, se verifica que lim n →∞ f ( x n ) = f ( a) . Pero lim n → ∞ f ( xn ) = lim n →∞ f ( x n +1 ) = a , así que resulta a = f (a), que es lo que queríamos probar. 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) | = f ´(ξ)(b − a ) = f ´(ξ) || b − a |< c | b − a |<| b − a | , lo cual es una contradicción.
95. Sea f una función real convexa definida en un intervalo I de la recta real. Sean x1 ,..., x p puntos de I y λ1 ,...λp puntos del intervalo ]0,1[ tales que
p
∑ λ = 1. i
i =1
p
Se pide: 1.º) Probar que
∑λ x ∈ I i
i
i =1
p
2.º) Demostrar que f (∑ λi xi ) ≤ i =1
p
∑ λ f (x ) i
i
i =1
p
p
i =1
i =1
3.º) Establecer la desigualdad log ( ∑ λi xi ) ≥ ∑ λi log xi ______________________________________________________________________ Solución: 1.º) Sean α y β el menor y el mayor de los números x1 ,..., x p respectivamente. Es claro que p
p
p
i =1
i =1
i =1
α = α∑ λi ≤ ∑ λi xi ≤ β∑ λi = β p
El punto
∑ λ x , por estar comprendido entre α y β pertenecerá al Intervalo I. i
i
i =1
2.º) Para p = 2 la desigualdad es cierta por definición de función convexa. Supongamos p > 2 y razonemos por inducción. Admitiendo que la desigualdad se verifica para p = k –1 probémosla para p = k. Se tiene k −1
k −1
k −1
i =1
i =1
i =1
α∑ λi ≤ ∑ λi xi ≤ β∑ λi de donde se deduce que el punto x = k −1
λ = ∑ λi . Como i =1
1 k −1 ∑ λi xi pertenece al intervalo I, siendo λ i =1
k −1
∑ λ / λ = 1 , la hipótesis de inducción nos permite escribir i
i =1
k −1
k −1
k −1
i =1
i =1
i =1
λf ( x) = λf ( ∑ ( λi / λ) x i ) ≤ λ∑ (λi / λ) f ( xi ) = ∑ λi f ( xi ) Poniendo
3/13
k −1
k
∑λ x = ∑λx i
i
i
i =1
i
+ λk x k = λx + λk x k
i =1
y observando que λ + λk = 1 tendremos, por ser f una función convexa, que k
f (∑ λi x i ) = f ( λx + λk xk ) ≤ λf ( x ) + λk f ( x k ) i =1
Utilizando un resultado obtenido más arriba concluimos que k
k −1
k
i =1
i =1
i =1
f (∑ λi xi ) ≤ ∑ λi f ( xi ) + λk f ( x k ) = ∑ λi f ( xi ) 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
p
i =1
i =1
− log ∑ λi xi ≤ ∑ λi ( − log xi ) de donde resulta la desigualdad a demostrar multiplicando por –1. 96. Escribir el desarrollo de Taylor de la función f ( x ) = (log x ) 2 en el punto x0 = 1 hasta el lugar de las derivadas de orden 4, con diversas fórmulas del término complementario. Solución: La fórmula de Taylor hasta las derivadas de orden 4 es f(x)= f ( x0 ) +
f ´( x o ) f ´´(x0 ) f ´´´(x 0 ) (x − x 0 ) + ( x − x0 ) 2 + ( x − x 0 ) 3 + T4 ( x0 ) 1! 2! 3!
En donde T4 ( x0 ) representa el término complementario. Calculemos las derivadas que aparecen: 2
f(x)=(log x) f ´( x ) = 2 log x f ´´( x) =
1 2 = log x x x
2 (1 − log x ) x2
4/13
f ´´´(x ) = −
4 2 1 2 (1 − log x) + 2 ( − ) = − 3 ( 3 − 2 log x) 3 x x x x f ( 4) ( x ) =
2 (11 − 6 log x) x4
En el punto x0 = 1 , se tiene f (1) = 0, f ´(1) = 0, f ´´(1) = 2, f ´´´(1) = −6 Por lo tanto: 0 2 −6 (log x) 2 = 0 + ( x − 1) + ( x − 1) 2 + ( x −1) 3 + T4 (1) = ( x − 1) 2 − ( x − 1) 3 + T4 (1) 1! 2! 3! Daremos dos formas distintas del término complementario: a) Término complementario de Lagrange: T4 (1) =
( x − 1)( x − c´) 3 ( 4 ) ( x − 1) 4 2 f ( c) = (11 − 6 log c ),1 < c < x 3! 4! c 4
b) Término complementario de Cauchy: ( x − 1)( x − c´) 3 ( 4 ) ( x − 1)( x − c´) 3 2 T4 (1) = f ( c´) = (11 − 6 log c´) 3! 3! ( c´) 4
97. Escribir el desarrollo de MacLaurin, de la función f ( x ) = e x hasta el lugar de las derivadas de orden 10. ______________________________________________________________________ Solución: El desarrollo de MacLaurin de f será: f ( x ) = f ( 0) +
f ´(0) f ´´(0) 2 f (9 ) (0) 9 f (10 ) (ξ) 10 x+ x + ... + x + x 1! 2! 9! 10!
en donde ξ ∈ ]0, x [ . Es necesario calcular las derivadas sucesivas de f. Sea f ( x ) = e x = e P ( x ) con P( x) = x 5 . Las derivadas sucesivas de P(x) son: 5
P( x) = x 5 P´( x) = 5 x 4
5/13
P´´( x) = 5 ⋅ 4 ⋅ x 3 P´´´(x) = 5 ⋅ 4 ⋅ 3 x 2 P ( 4 ) ( x ) = 5! x P (5 ) ( x ) = 5! P ( n ) ( x) = 0 n>5 Resulta entonces que la única derivada de P que no se anula para x = 0 es P (5 ) ( x ) = 5! . Veamos ahora una manera de calcular las derivadas de f, teniendo en cuenta que en la fórmula de MacLaurin que vamos a emplear, dichas derivadas hasta el orden 9 están particularizadas para x = 0: f (x ) = e P ( x ) f (0) = e 0 = 1 f ´( x ) = e P ( x ) P´( x) = f ( x ) P´( x) f ´(0)=0 las derivadas siguientes de f pueden calcularse aplicando la fórmula de Leibnitz sobre la derivada n-sima de un producto f ⋅ P´. Para simplificar las notaciones, llamaremos P´ = g. Entonces g ( 4 ) ( x) = p (5 ) ( x) , es decir, la única derivada de g que no se anula en x=0 es g ( 4 ) (0) = 5! n −1 n − 1 (k ) f ( n ) ( x ) = ∑ f ( x) g (n −1− k ) ( x ) k k=0
puesto que: f ´´( x) = ( f ( x) g ( x))´= f ´( x) g ( x) + f ( x) g´( x) 2 2 2 f ´´´(x ) = ( f ( x ) g ( x ))´´= f ( x) g´´(x ) + f ´( x) g´( x) + f ´´( x ) g ( x) 0 1 2 resulta entonces que: f´(0)=f´´(0)=f´´´(0)=f ( 4 ) (0) = 0 ya que en estas derivadas no aparece en ningún término g ( 4 ) (0) . 4 4 4 f ( 5 ) ( x) = ( f ( x) g ( x )) ( 4 ) = f ( x ) g ( 4 ) ( x) + f ´( x ) g´´´(x ) + f ´´(x ) g´´( x) 0 1 2 4 4 + f ´´´(x ) g´( x ) + f ( 4 ) ( x) g ( x ) 3 4 expresión en la que se anulan todos los sumandos en X = 0 salvo el primero. Por tanto: 4 f 5 (0) = f (0) g ( 4 ) ( 0) = 5! 0
6/13
Obsérvese que, hasta el orden 5, se anulan todas las derivadas de f en x = 0. Por lo tanto en las derivadas siguientes serán nulos en x = 0 todos los productos en los que figura alguna derivada de f de orden menor que el quinto, o bien alguna derivada de g de orden distinto del cuarto. 5 5 f ( 6 ) ( x) = ∑ f ( k ) ( x ) g ( 5− x ) ( x) , k =0 k
f ( 6 ) ( 0) = 0
6 6 f ( 7 ) ( x ) = ∑ f (k ) ( x) g (6 − x ) ( x) , k =0 k
f ( 7 ) (0) = 0
7 7 f ( 8 ) ( x) = ∑ f (k ) ( x) g (7 − x ) ( x) , k=0 k
f ( 8 ) (0) = 0
8 8 f ( 9 ) ( x) = ∑ f ( k ) ( x) g (8 − x ) ( x) , k =0 k
f ( 9 ) ( 0) = 0
9 9 f (10 ) ( x) = ∑ f ( k ) ( x) g (9 − x ) ( x) k=0 k
teniendo en cuenta que P ( 6 ) ( x ) = P (7 ) ( x ) = ... = 0 para todo x, en la expresión anterior se anularán todos los términos en los que aparezca una derivada de g de orden mayor o igual que 5. Por lo tanto: 9 9 f (10 ) ( x) = ∑ f ( k ) ( x) g (9 − x ) ( x) k=0 k
Sustituyendo en la fórmula de MacLaurin, resulta finalmente 9 9 (k) 5! 5 x10 9− k ) e = 1 + x + ( ∑ f (ξ) g (ξ)) , 5! 10! k =5 k x5
ξ ∈ ]0, x [
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 calculando las primeras y aplicando el método de inducción. Resulta ser f ( n ) ( x ) = ( −1) n −1 ( n −1)!(1 + x ) − n para n = 1,2,... Sus valores en el punto x = 0 son f ( n ) (0) = ( −1) n −1 (n − 1)! . Por consiguiente el desarrollo de MacLaurin de esta función con el término complementario de Cauchy será: 7/13
1 1 1 n −1 1−θ n 1 n log( 1 + x ) = x − x 2 + x 3 − ... + ( −1) n x + ( −1) n +1 ( ) x 2 3 n −1 1 + θx 1 − θ donde θ es cierto número del intervalo ]0,1[. 2) La derivada n-sima de la función binómica (1 + x )α , donde α es un numero real cualquiera, se obtiene fácilmente como en el caso anterior, resultando f ( n ) ( x ) = α(α − 1)(α − 2)...(α − n + 1)(1 + x )α − n para n=1,2,... Sus valores en el punto x = = son f ( n ) (0) = α(α − 1)(α − 2)...(α − n + 1) Ponemos por definición α α(α −1)...(α − n + 1) = n! n generalizando así la notación de los números combinatorios ordinarios. El desarrollo de MacLaurin de nuestra función, con el término complementario de Cauchy es: α α α n −1 α (1 + x) α = 1 + x + x 2 + ... + x + n(1 − θ ) n −1 (1 + θx) α − n x n 1 2 n − 1 n donde θ es cierto número del intervalo ]0,1[.
1
99.Haciendo uso de la fórmula de Taylor para la función (1+x) 3 calcular 1 3
aproximadamente (1,03) . Situando el término complementario en el lugar de las derivadas terceras, estimar el error cometido. Solución: Supondremos conocido el desarrollo de Taylor de la función (1 + x) r . Tomando en 1 dicho desarrollo r = , resulta: 3 1 1 1 ( − 1) f m (ξ) 3 3 3 3 (1 + x) = 1 + x + 3 x2 + x 1! 2! 3! 1
con 0 < ξ < x, y también
8/13
1 −8 −8 −3 1 1 1 1 2 −5 10 f m ( x) = ( −1)( − 2)(1 + x) 3 = (− )( )(1 + x) 3 = 3 (1 + x) 3 3 3 3 3 3 3 3
Tomando en el desarrollo de Taylor x = 0,3 1 1 1 1 −2 1 (1,03) 3 = 1 + 0,3 + ( )( 0,3) 2 + T2 = 1 + 0,1 − 0,09 + T3 = 1,1 − 0,01 + T3 3 2! 3 3 9
Por lo tanto: 1 3
(1,03) ≅ 1,09 El error cometido es precisamente el término complementario: T3 =
f ´´´(ξ) 1 (0,3) 3 = 3310− 3 f ´´´(ξ) con 0 <ξ <0,3 3! 3!
Puesto que: f ´´´(ξ) =
−8
10 10 (1 + ξ) 3 ≤ 3 3 3 3
Obtenemos, como cota del error cometido: E≤
1 3 10 5 3 ⋅10 −3 ⋅ 3 = ⋅10 −3 ≤ 2 ⋅10 −3 3! 3 3
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 de período 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:
9/13
cos 2 x − sen 2 x + 2senx = 0 1 − 2 sen 2 x + 2 senx = 0 que es una ecuación de segundo grado en sen x cuyas raíces son: sen x=
2 ± 12 1 ± 3 = 4 2
1+ 3 1+ 3 no nos sirve porque >1 así pues, resulta sen 2 2 1− 3 1− 3 x= , que proporciona dos valores de x en [-π,π], x = arcsen . 2 2 la solución sen x =
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=
cuyas raíces son, en el intervalo [-π,π], x1 =
1 2
π π π 5π , x2 = − , x3 = , x4 = . 2 2 6 6
Hemos de estudiar ahora el signo de y´´: y ´´=-4 cos 2x – 2 sen x = 8 sen 2 x − 2 senx − 4 y ´´( x1 ) = 2 > 0 así que x1 =
π corresponde a un mínimo 2
y´´ ( x2 ) = 6 > 0 y´´ ( x3 ) = −3 < 0 y´´ ( x4 ) = −3 < 0
mínimo máximo máximo
π −π Por lo tanto, hay mínimo relativo en los puntos ( ,1)( ,−3) y un máximo relativo en 2 2 π 3 5π 3 los puntos ( , )( , ) . 6 2 2 2 Los posibles puntos de inflexión son los valores de x que anulan la derivada segunda: y´´ = 0 proporciona la ecuación
10/13
8sen 2 x − 2 senx − 4 = 0 cuyas raíces son: sen x =
1± 33 8
que corresponden a cuatro valores de x. π 2
101. Calcular
∫ senxdx por el método de las sumas de Riemann, dividiendo el 0
π intervalo [ 0, en partes iguales. 2 Solución: Si dividimos el intervalo en n partes iguales tendremos que: π 2
n
π
jπ
∫ senxdx = lim ∑ 2 n sen (0 + 2n ) n→ ∞
0
Si llamamos h =
(1)
j =1
π , calculemos la suma 2n n
∑ senjh = senh + sen 2h + ... + sennh j =1
Para ello, emplearemos la igualdad: cos
2k + 1 2k − 1 h h − cos h = −2 senkh⋅ sen 2 2 2
Dando a k los valores k = 1,...,n, se obtiene: 3 1 h cos h − cos h = −2senh ⋅ sen 2 2 2 5 ( 2n − 1) h cos h − cos h = −2sen 2h ⋅ sen 2 2 2 .................................................................... ( 2n + 1) ( 2n − 1) h cos h − cos h = −2sen (nh ) ⋅ sen 2 2 2 y sumando miembro a miembro estas igualdades:
11/13
cos
( 2n + 1) 1 h h − cos h = −2sen ( senh + sen2 h + ... + sen( nh)) 2 2 2
de donde: h 2n + 1 cos − cos π 2 4 n sen h + sen 2h + ... + sen nh= h 2sen 2 Sustituyendo este resultado en (1):
∫
π 2
senxdx = lim
n →∞
0
= lim
n →∞
π 2n
cos
π 2n
cos
π 2n + 1 − cos π 2 4n = π 2sen 2
π 2n + 1 − cos π π 2n + 1 4n 4n = lim (cos − cos π) = 1. n → ∞ π 4 n 4 n 2 4n
102. Estudiar el cálculo de los siguientes límites, por el método de las sumas de Riemann n
1.º) lim
n →∞
1
∑ 2n + j j =1 n
2.º) lim ∑ n→ ∞
j =1
j(n − j) n2
Solución: 1.º) n
n 1 1 1 1 1 3 1 = lim ⋅ =∫ dx = [log( 2 + x ) ]0 = log 3 − log 2 = log ∑ ∑ n →∞ n →∞ 0 2+ x 2 j =1 2n + j j =1 n 2 + j / n
lim 2.º)
n j(n − j) 1 n 1 ( n + 1) n n( n + 1)( 2 n + 1) = lim ⋅ jn − j 2 = lim 2 n − ∑ ∑ 2 2 = n→ ∞ n →∞ n n 2 6 j =1 j =1 j =1 n→ ∞ n 1 m( n + 1)( n − 1) 2 n 2n + 1 = lim 2 n( n + 1) − = lim 6n = +∞ n →∞ n 6 n →∞ 2 n
lim ∑
12/13
Obsérvese que, en el cálculo de este límite no puede emplearse el método de las sumas n j(n − j) de Riemann porque ∑ no corresponde a la suma de Riemann de ninguna n2 j =1 integral propia.
13/13
Hoja de Problemas – Análisis IV
103.
x3 − x2 + 2x ∫ x 4 + x 2 + 1 dx Sol.
Las raíces de la ecuación x 4 + x 2 + 1 son 1 3 1 3 1 3 1 3 x1 = + i , x2 = − i , x3 = − + i , x4 = − − i , así que el 2 2 2 2 2 2 2 2 polinomio x 4 + x 2 + 1 se descompone de la forma: 1 3 1 3 1 3 1 3 x 4 + x 2 + 1 = x − + i x − − i x − − + i x − − − i = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 = x − + x + + 2 4 2 4 Descomponemos en fracciones simples: x3 − x2 + 2x Ax + B Cx + D = + 4 2 2 2 x + x +1 1 3 1 3 x− + x+ + 2 4 2 4 identificando coeficientes, se obtienen los valores: A = 0, B = ½, C = 1, D = -½, Por lo que: x3 − x2 + 2x 1 dx x −1/ 2 ∫ x 4 + x 2 + 1 dx = 2 ∫ 1 2 3 + ∫ 1 2 3 dx x − + x+ + 2 4 2 4
(1)
Calculemos por separado estas integrales: 1 3 3 = u de donde, dx = du : 2 2 2 1 3 2 1 2 2 2 1 dt = dt = arctan t + C = arctan x − + C ∫ 2 3 2 3 2 2 3 t +1 3 3 3 t + 4 4
a) Hacemos el cambio de variable x −
∫
dx 2
1 3 x − + 2 4
=∫
b) Hacemos el cambio de variable x +
1 3 3 = u de donde, dx = du : 2 2 2
1/11
∫
x −1/ 2 2
1 3 x + + 2 4
dx = ∫
3 u −1 3 2 2 du = 3 2 3 2 3 u + 4 4
∫
3 u −1 2 3 u 1 2 du = du − ∫ 2 du = 2 ∫ 2 u +1 u +1 3 4 u +1
4 2 3 1 2 = log( u + 1) − arctan u + C = log x + 2 3 4 3
2 2 1 2 1 arctan + 1 − x + +C 2 2 3 3
Sustituyendo ambos resultados en (1): 2 4 2 x3 − x2 + 2x 2 2 1 1 1 2 1 dx = arctan x − + log x + + 1 arctan x + +C − ∫ x 4 + x2 + 1 2 2 2 2 3 3 3 3 3
2x2 − x − 2 104. ∫ dx ( x − 3)( x 2 + x + 1) Sol. Descomponemos en fracciones simples: 2x2 − x − 2 A Bx + C = + 2 2 ( x − 3)( x + x + 1) x − 3 1 3 x + + 2 4 identificando coeficientes, resulta A = 1, B = 1, C = 1 (1) 2x2 − x − 2 1 x +1 x +1 ∫ (x − 3)( x 2 + x + 1)dx = ∫ x − 3 dx + ∫ 1 2 3 dx = log( x − 3) + ∫ 1 2 3 dx en x + + x + + 2 4 2 4 1 3 3 la última integral hacemos el cambio de variable x + = t , dx = dt : 2 2 2 3 1 t+ x +1 3 1 t 1 ∫ 1 2 3 dx = ∫ 32 2 32 2 dt = 3 3 ∫ t 2 + 1 dt + ∫ t 2 + 1 dt = t + x + + 4 4 2 4 =
2 4 1 1 3 1 1 2 1 2 log( t + 1 ) + arctan t + C = log x + arctan + 1 + x+ +C 2 2 2 3 2 3 3 3
Sustituyendo en (1):
2/11
2 4 1 2x2 − x − 2 1 1 2 1 ∫ (x − 3)( x 2 + x + 1)dx = log( x − 3) + 2 log 3 x + 2 + 1 + 3 arctan 3 x + 2 + C
105.
∫ (x − 1)
2
x dx ( x 2 + x + 1)
Sol. x d Ax 2 + Bx + C D Ex + F = + + 2 2 2 2 2 ( x − 1) ( x + x + 1) dx ( x − 1) ( x + x + 1) x − 1 x + x + 1 operando resulta: A = -1/3, B = 0, C = 0, D = -1/9, E = 1/9, F = -1/9 1 1 1 − x2 x− x 1 1 3 9 9 ∫ (x − 1) 2 ( x 2 + x + 1)dx = (x − 1)2 ( x 2 + x + 1) − 9 ∫ x − 1 dx + ∫ x 2 + x + 1dx = 1 − x2 1 1 x −1 3 = − log( x − 1) + ∫ 2 dx 2 2 ( x − 1) ( x + x + 1) 9 9 x + x +1 (1) resolvamos esta última integral: la ecuació n x 2 + x + 1 = 0 tiene las raíces 1 3 1 3 x1 = − + i , x2 = − − i , 2 2 2 2 así que el polinomio x 2 + x + 1 se descompone de la forma: 2 1 1 3 3 1 2 x − − − i = x + + 3 x + x + 1 = x − − + i 2 2 2 2 4 2 de donde: x −1 x −1 ∫ x 2 + x + 1 dx = ∫ 1 2 3 dx x + + 2 4 Hacemos el cambio de variable x +
1 3 3 = t , dx = dt : 2 2 2
3/11
∫
x −1 2
1 3 x + + 2 4
dx =
∫
3 1 3 3 t − −1 3 t− 2 2 2 2 2 dt = 2 3 1 log(t 2 + 1) − 2 3 arctant + C = dt = ∫ 3 2 3 2 t + 1 3 3 2 2 32 t + 4 4
2 4 1 1 2 1 = log x + + 1 − 3 arctan x + +C 2 2 2 3 3
Sustituyendo en (1): 1 − x2 x 1 ∫ (x − 1) 2 ( x 2 + x + 1)dx = (x − 1)2 (3x 2 + x + 1) − 9 log( x − 1) + 4 1 + log x + 18 3
106.
2 1 3 2 1 arctan + 1 − x + +C 2 2 3 9
x 3 / 2 (1 − x) −3 / 2 ∫ x + x 1/ 2 (1 − x )−1/ 2 dx Sol. 3/ 2
del cual
x 3/2 −3 / 2 x (1 − x) 1− x x 2 ∫ x + x 1 / 2 (1 − x) −1 / 2 dx = ∫ x dx . Hacemos el cambio 1 − x = t , x+ 1− x t2 2t se obtiene x = y dx = dt. Por lo tanto: 2 2 1+ t 1+ t2
(
x (1 − x) t 2t dx = ∫ 2 1/ 2 −1 / 2 x + x (1 − x ) t 1+ t2 + t 1+ t2 ∫ t3 = 2∫ 2 dt (t + t + 1)(1 + t 2 ) 3/2
−3 / 2
)
3
(
)
2
dt = ∫
2t 4 dt = (1 + t 2 )(t 2 + t 3 + t )
esta última integral se resuelve descomponiendo en fracciones simples: t3 At + B Ct + D = 2 + 2 2 2 (t + t + 1)(1 + t ) t + t + 1 t + 1
4/11
Operando se obtienen los valores: A = 1, B = 1, C = 0, D = -1 Así pues,
t3 t +1 1 t +1 ∫ (t 2 + t + 1)(1 + t 2 ) dt = ∫ t 2 + t + 1 dt − ∫ t 2 + 1 dt = ∫ 1 2 3 dt − arctan t t + + 4 2 t +1 La integral ∫ dt se resuelve con ayuda del cambio de 2 t + 1 + 3 4 2 variable 1 3 t+ = s: 2 2
∫
t +1 2
1 3 t + + 4 2
=
dt =
∫
3 1 s+ 2 2 3 ds = 1 3 2 3 2 3 s + 4 4
∫
3s + 1 1 1 ds = = log( s 2 + 1) + arctan s + C = 2 s +1 2 3
4 1 2 1 1 2 1 log t + + 1 + arctan t + + C 2 3 3 2 3 2
Finalmente, resulta:
∫
2 4 x 2 x 3 / 2 (1 − x) − 3 / 2 1 2 x 1 x + dx = log + + 1 arctan + − 2 arctan +C 1/ 2 −1 / 2 x + x (1 − x) 1− x 3 1 − x 2 3 3 1− x 2
107. Sea f : [0, π / 2] → 3 una función reglada y λ = lim
∫
π /2
n →+∞ 0
lim
x→ π / 2 , x < π / 2
f ( x) . Demostrar que
n cos x sin n xf ( x ) dx = λ
Sol. Mediante un sencillo cálculo directo observamos que π /2 n λ∫ n cos x sin n xdx = λ. 0 n +1
5/11
Ahora estudiaremos la diferencia I = ∫
π/2
0
n cos x sin n xf ( x ) dx − ( n / n + 1)λ . Por
definición del número λ , sabemos que fijado arbitrariamente un número ε > 0, existe otro número ηcon 0 < η < π / 2 tal que f (x ) − λ ≤ ε siempre que sea π / 2 − η ≤ x ≤ π / 2 . Entonces descomponemos I en la forma I1 + I2 donde I1 = ∫
π / 2 −η
0
I2 = ∫
π /2
π / 2 −η
n cos x sin n x[ f ( x) − λ]dx n cos x sin n x[ f ( x ) − λ]dx
Como la función f (x ) − λ está acotada en [0, π / 2] por ser reglada, podremos escribir π / 2 −η n π I1 ≤ M ∫ n cos x sin n xdx = M sin n +1 − η 0 n +1 2 donde M es una constante, y de aquí se deduce que lim I 1 = 0 . Así que existe un n →+∞
número natural ν tal que I 1 ≤ ε siempre que sea n ≥ ν . Igualmente se prueba sin dificultad que π /2
I 2 ≤ ε ∫π / 2 −nη cos x sin n xdx ≤ ε para todo n. Entonces lim I 2 = 0 , de donde se deduce lo que queríamos demostrar. n →+∞
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) de modo que se verifiquen las cinco condiciones siguientes: 1)
I ( a, b; f + g ) = I (a , b; f ) + I ( a, b; g ) cualesquiera que sean las funciones
2) 3) 4)
I ( a, b; kf ) = kI (a , b; f ) cualesquiera que sean el número k y la función f. I ( a, b;1) = b − a , donde 1 denota la función constante igual a 1 en (a, b). I ( a, b; f ) = I ( a, c; f ) + I (c, b; f ) , cualquiera que sea el punto c ∈ (a, b) .
5)
I ( a, b; f ≤ k sup f ( x) donde k es una constante que depende del
f y g.
a ≤ x ≤b
intervalo (a, b) y de la función f. Demostrar que I ( a, b; f ) = ∫ f b
a
Sol.
6/11
Supongamos primero que f es la función característica de un cierto intervalo ( a, b) ⊂ I , esto es, f(x)= 1 para x ∈ ( a, b ) y f(x)= 0 para x ∈ I − ( a, b) . Según la propiedad 3) es claro que I ( a, b; f ) = b − a = ∫ f . En particular, si a= b, se a
b
obtiene I(a, a; f)= 0. Como [a, b] = {a} U ]a, b[ U {b} , aplicando la propiedad 4) se ve el intervalo (a, b) abierto o cerrado. Supongamos ahora que f es una función escalonada en [a, b]. Entonces f es, evidentemente, una combinación lineal de funciones características de subintervalos abiertos (salvo un número finito de puntos). Aplicando las propiedades 1) y 2) se obtiene inmediatamente que I(a, b; f) =
∫
b
f .
a
Supongamos por último que la función f es en general reglada. Existe entonces una sucesión (f n ) de funciones escalonadas en [a, b] que converge uniformemente hacia f. De las propiedades 1), 2) y 5) deducimos que I ( a, b; f ) − I ( a , b; f n ) = I ( a, b; f − f n ≤ k sup f ( x ) − f n ( x) a ≤ x≤ b
Cuando n → +∞ , el último término tiende hacia 0 por la convergencia uniforme. Luego lim I ( a, b; f n ) = I ( a, b; f ) n →+∞
Ahora bien, según hemos visto más arriba, I ( a, b; f n ) = son escalonadas. Resulta entonces que lim
∫
b
n →+∞ a
∫
b
a
f n ya que las f n
f n = I (a , b; f ) . Pero por
definición, el primer miembro es la integral de la función reglada f en el intervalo [a, b]. Luego
∫
b
a
f n = I ( a, b; f ) c. q. d.
109. Demostrar que lim J n = 0 siendo n →+∞
Jn =
π
∫
0
f n ( x) sin xdx y f n ( x ) =
x n (bx − a) n n!
donde a, b, n son números naturales y π ≤ a / b Sol. Es inmediato ver que la función polinómica p(x) = x(bx-a) tiene un a −a2 mínimo relativo en el punto x = y su valor en este mínimo es , que es también 2b 2b
7/11
el mínimo absoluto de dicha función en el intervalo [0,a/b]. Luego f n ( x) ≤
a 2n para 2n b n n!
todo [0,a/b]. Tendremos, puesto que [0,π]⊂[0,a/b]: π
J n = ∫ f n ( x ) sin x dx ≤ 0
π
∫
0
1 a2 f n ( x) dx ≤ π n! 2b
n
de donde se deduce que lim J n = 0 y por tanto lim J n = 0 . n →+∞
n →+∞
110. Determinar la función derivable f definida en [0, 2] que verifique la ecuación 3∫ f ( t ) dt = [ f ( x) + 2 f (0) ]x y es tal que f(1) = 1, f(2) = 7. x
0
Sol. Si f es derivable en [0, 2], será continua, así que, derivando en la igualdad del enunciado resultará: 3 f ( x ) = f ( x ) + 2 f ( 0) + f ' ( x ) x es decir: xf ' ( x ) − 2 f ( x) + 2 f (0) = 0 Vamos a llamar g(x) = f(x) – f(0), por lo que g ' ( x ) = f ' ( x ) , y la igualdad anterior puede escribirse de la forma: xg' ( x ) − 2 g ( x ) = 0 o bien; g ' (x ) 2 = g (x ) x
[
]
′ 2 ′ g ' (x ) Pero se sabe que [log g ( x ) ] = y también log x 2 , lo que nos g (x ) x' permite escribir:
log g ( x) = log x 2 + c = log x 2 + log k = log kx 2 en donde hemos tenido en cuenta que c es una constante arbitraria, que por lo tanto puede escribirse en la forma c = log k. Resulta finalmente: g ( x ) = kx 2 o bien f ( x ) − f (0) = kx 2
8/11
Puesto que sabemos que f(1) = 1 y f(2) = 7, obtenemos: 1 − f (0) = k 7 − f (0) = 4k de donde: f (x ) = 2 x 2 − 1
111. Sea f una función real con derivada continua en el intervalo I = [a, b]. Supongamos que f(a) = 0 y que 0 ≤ f ' ( x ) ≤ 1 , para todo x ∈ I . Establecer las siguientes desigualdades: 1)
[ f ( x )]2 ≤ 2∫a
2)
3 ∫b [ f ( x)] dx ≤ ∫b
b
f (t )dt para todo x ∈ I
a
a
f ( t ) dt
2
Sol. 1) Se tiene
∫
x
a
f (t ) f ' (t ) dt =
1 [ f ( x )]2 de donde: 2
[ f ( x) ]2 = 2∫a
f (t ) f ' (t )dt
x
para todo x ∈ I . Como f ' (t ) ≤ 1 , será f (t ) f ' (t ) ≤ f (t ) para todo t ∈ I . Luego [ f ( x )] ≤ 2∫ f (t ) dt . 2
x
a
Por otra parte, al ser f ' ( x ) ≥ 0 en I y f(a) = 0, la función f es monótona creciente en I y entonces:
∫
x
a
f (t ) dt ≤∫ f (t ) dt b
a
resultando
[ f ( x )]2 ≤ 2∫a
b
f (t )dt c. q. d.
2) Llamando F ( x) = ∫ f (t ) dt , tenemos según una desigualdad obtenida en x
a
el apartado 1) que [ f ( x) ]2 ≤ 2F ( x ) para todo x ∈ I . Entonces
9/11
3 2 ∫b [ f ( x)] dx = ∫b [ f (x )] f (x )dx ≤ ∫b 2 F (x )F ' (x )dx = a
a
a
2
a 2 2 = [F ( b)] − [F ( a) ] = ∫b f ( t ) dt c.q.d
112. Sea f una función real continua en toda recta real, y sea F la función: F ( x) =
1 x f (t )dt si x ≠ 0, F (0) = f (0) 2 x ∫− x
Demostrar que F es continua en IR y derivable en IR – {0}. Aplicación al caso f (t ) = t sin( 1 / t ) si t ≠ 0, f ( 0) = 0 . Sol. x 1 y f 2 ( x) = ∫ f (t )dt , −x 2x ambas continuas en IR – {0}, así que podemos asegurar la continuidad de F en IR – {0}.
Si x ≠ 0 , F es el producto de las funciones f 1 ( x ) =
Examinaremos ahora el caso x = 0: 1 x 1 f (t ) dt = lim 1 2 xf ( c x ) = lim f (c x ) ∫ x→ 0 2 x − x x →0 2 x x→ 0
lim F ( x ) = lim x→ 0
en donde c x ∈ [ x,− x ] . Pero f es una función continua, y cuando x → 0 , también c x → 0 así que lim f (c x ) = f (0) . Resulta finalmente que x→ 0
lim F ( x ) = f (0) = F (0) , por lo que concluimos que F es continua también en el x→ 0
punto x = 0. Por otra parte, las funciones f 1 y f 2 son derivables en todo punto x ≠ 0 , así que su producto, que es la función F, también lo será. Estudiemos el comportamiento de F en x = 0. 1 h ∫− h f (t )dt − f (0) F ( h) − F (0) 2 h F ' (0) = lim = lim = h →0 h→ 0 h h 1 2hf (c h ) − f (0) f (c h ) − f ( 0) = lim 2 h = lim ⇔ c h ∈ [− h, h ] h→ 0 h → 0 h h En principio, no puede asegurarse la existencia del límite anterior, que es indeterminado, así que tampoco puede asegurarse la existencia de F’(0).
10/ 11
1 Aplicación a la función f (t ) = t sin f si t ≠ 0 , f(0) = 0. La función f es t 1 continua en todo IR, ya que lim t sin = 0 = f ( 0) . Podemos asegurar entonces t →0 t 1 x 1 que F ( x) = t sin dt es una función continua en IR, y derivable en 2 x ∫− x t 3 – {0}. 1 ch sin f (c h ) − f (0) ch En x = 0 resulta: F ' (0) = lim = lim que es una h →0 h→ 0 h h indeterminación.
11/ 11
Hoja de Problemas – Análisis V
∫
113. Calcular
8
0
−1 2
x
1 3
1 4
( 2 − x ) dx
Sol.: 1
x 3 = 2t
Mediante la sustitución x = 8t
´´ dx = 24t dt ´´ x
3
2
1 3
1 4
1 4
−1 2
1 4
( 2 − x ) = ( 2 − 2t ) = 2 (1 − t )
−1 2
= (8) t
−3 2
1 4
para x = 8 ´´ 3 8 = 2t ´´ t = 1 para x = 0 ´´ 0 = 2t ´´ t = 0
∫
8
0
x
−1 2
1 3
1 4
( 2 − x ) dx
12 =4 2
∫t 1
3 2
−1
0
5
(1 − t ) 4
−1
3 5 Γ( )Γ( ) 12 3 5 12 2 4 dt = 4 β( , ) = 4 2 4 2 2 Γ(11) 4
114. Calcular mediante la función β de Euler
∫
1
0
dx
−1 4
1− 4 x
−1 2
= ∫ (1 − x ) dx 1
0
Sol.: Realizando la sustitución x = t 4 1 4
x = t ´´ 1 4
(1 − x )
−1 2
dx = 4t 3 dt = (1 − t )
−1 2
en x = t 4 para x = 1 ⇒ t = 1 para x = 0 ⇒ t = 0 sustituyendo:
∫ (1 − x 1
0
1 4
−1 2
−1 2
) dx = ∫ (1 − t ) 4t dt =4∫ (1 − t ) 1
1
3
0
0
1/6
1 −1 4 −1 2
t
dt
1 Γ( 4)Γ( ) 1 3! π 4!2 4 128 2 = 4 β( 4, ) = 4 =4 = = 9 7531 2 7 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 1 35 Γ( ) π 2 5222
∫x 1
115. Calcular mediante una función de Euler:
0
a
( log x) n dx siendo n un numero
natural Sol.: Realizamos la sustitución x = e −t ; dx = −e −t dt Para x = 1 Para x = 0
∫x 1
0
a
t =0 t =∞
x a = e − ta log x = −t ; (log x) n = (−1) n t n ∞
( log x ) n dx = − ∫ e −ta ( −1) n t n e −t dt = ( −1) n ∫ e −t ( a +1) t n dt = 0
∞
0
realizamos la sustitución t (1 + a) = z ; dt =
t=
= ( −1)
n
z ; 1+ a
∫
∞
0
e
−z
tn =
para t = ∞
z=∞
para t = 0
z=0
n
z (1 + a ) n
zn dz ( −1) n = (1 + a) n (1 + a ) (1 + a ) n +1
es natural Γ( n + 1) = n! =
dz 1+ a
∫
∞
0
( −1) n e z dz = Γ(n + 1) y dado que n (1 + a ) n +1 −z
n
(−1) n n! (1 + a) n +1
116. Calcular el área comprendida entre la estrofoide y 2 ( a + x) = x 2 ( a − x ) y su asíntota. Sol.: La curva es simétrica con respecto a OX, si despejamos y x 2 ( a − x) x 2 (a − x) a−x y = ´´ y = ± = ±x a+ x a+ x a+x para x = −a y=∞ (La asíntota es x=-a) 2
2/6
Calcularemos el área entre estrofoide y su asíntota por encima de OX y la multiplicaremos por dos. 0 0 a−x a−x a−x x( a − x ) dx = 2∫− a x dx = 2∫− a dx a+x a+x a−x a2 − x2 sustitución x = a ⋅ cos⋅ t ´´ dx = −a ⋅ sent ⋅ dt
S = 2 ∫−a x 0
a 2 − x 2 = a ⋅ sent en x = a ⋅ cos t
para x=0 ´´
0= a ⋅ cos t
para x=-a ´´
-a= a ⋅ cos t
Realizaremos la
π 2 t =π t=
Sustituyendo: 2∫
x ( a − x)
0
−a
a2 − x 2
dx = 2∫
π 2
π
π
π a ⋅ cos t ( −a ⋅ cos t ) 2 2 (− a ⋅ sent ) dt = −2a ∫ cos t (1 − cos t ) dt = π a ⋅ sent π
π
1 1 1 1 2 − 2a 2 ∫ 2 (cos t − cos 2 t ) dt = −2a 2 ∫ 2 (cos t − − cos 2t ) dt = −2 a 2 + sent − t − sen2t = π π 2 2 2 4 π π π 1 π 1 a2 = −2a ( sen − − ⋅ sen π) − ( senπ − − sen 2π) = − ( 4 + π) = 2 4 2 2 4 2 2
S=
a2 ( 4 + π)u 2 2
117. Calcular el área encerrada por la curva y 2 = x 2 − x 4 Sol.: La curva es simétrica con respecto a OX y OY y = ± x2 − x 4 = ± x 1 − x 2 Hallando sus puntos de corte con OX, haciendo y=0 x=0 ± x 1 − x =0 2
x = +1 x = −1
Calcularemos la rama positiva el área sobre OX y la multiplicaremos por 4
3/6
1
1 3 1 1 3 4 S = 4 ∫ x 1 − x dx = 4( − ) ∫ − 2 x (1 − x 2 ) 2 dx = − (1 − x) 2 0 3 0 2 3 0 1
S=
2
4 2 u 3
118. Calcular el área encerrada por la rosa de tres pétalos ρ = a ⋅ cos 3ω Sol.: Se puede calcular el área entre 0 y
π y multiplicar el resto por seis. 6 π
π
π π 1 1 1 1 1 6 S = 6∫6 a 2 cos2 3ω⋅ dω= 3a2 ∫ 6 cos2 3ω⋅ dω= 3a 2 ∫ 6 ( + cos6ω) ⋅ dω=3a2 ω+ sen6ω 0 2 0 0 2 2 4 ⋅6 2 0
=
π ⋅ a2 2 u 4
119. Calcular el área encerrada por la curva ρ = 2 + cos ω Sol.: Se puede calcular el área entre 0 y π y multiplicar el resto por 2 S=2
π π 1 π 1 1 2 2 ( 2 + cos ω ) d ω = ( 4 + 4 cos ω + 4 cos ω ) d ω = ( 4 + 4 cos ω + + cos 2ω)dω = ∫ ∫ ∫ 0 0 0 2 2 2 π
1 1 9π 2 = 4ω + 4 senω + ω + sen 2ω = u 2 4 2 0 120. Calcular el área encerrada por la cardioide ρ = a (1 + cos ω) Sol.: Se puede calcular el área entre 0 y π y multiplicar el resultado por 2.
π π 1 π 2 1 1 a (1 + cos ω) 2 dω =a 2 ∫ (1 + 2 cos ω + cos 2 ω) dω =a 2 ∫ (1 + 2 cos ω + + cos 2ω) dω = ∫ 0 0 2 0 2 2 π 2 1 1 3π ⋅ a 2 a 2 ω + 2 senω + ω + sen2ω = u 2 4 2 0
S =2
4/6
121. Calcular el área común entre el cardioide ρ = 1 + cos ω y el circulo ρ = 3 cos ω Sol.: Calcularemos primero los puntos comunes a ambas curvas resolviendo el sistema
ω= ±
ρ = 1 + cos ω
1 + cos ω = 3 cos ω
ρ = 3 cos ω
1 = 2 cos ω ´´
cos ω =
1 2
π 3
Dada la simetría de la figura respecto al eje podemos calcular el área superior y multiplicar por dos el resultado El área la podemos calcular como el área de la cardioide desde 0 a del circulo desde
π π a 3 2
π mas el área 3
1 π3 1 π2 2 S = 2 ∫ (1+ cosω) dω + 2 ∫π 9 cos2 ω ⋅ dω = 2 0 2 3 π π 1 1 = ∫03 (1 + 2 cos ω + cos 2 ω) dω + 9 ∫π2 + cos 2ω ⋅ dω = 2 2 3 π
π
1 1 1 3 1 2 5π 2 = ω + 2 senω + ω + sen 2ω + 9 ω + sen 2ω = u 2 4 4 4 0 2 π 3
122. Calcular el volumen engendrado por el área común a la cardioide ρ = 1 − cos ω y al circulo ρ = 1 al girar alrededor del eje polar Sol.: Calcularemos el volumen engendrado por el primer cuadrante de la cardioide al 2 girar alrededor del eje polar y sumaremos a este volumen el de la semiesfera = π13 3
5/6
π
2 π2 3 2 π2 2 1 π π V = π∫0 ρ senω⋅ dω = π∫0 (1− cosω)3senω ⋅ dω= π (1−cosω)4 02 = (1) = 3 3 3 4 6 6
[
Volumen =
π 2π π 4π 5π 3 + = + = u 6 3 6 6 6
6/6
]
Hoja de Problemas – Análisis VI
123. Calcular el área de la superficie engendrada por la revolución alrededor del 1
1
1
x3 + y 3 = a3 )
eje OX de la astroide (hipocicloide Sol.: x = a ⋅ cos 3 t t =0 y = a ⋅ sen 3 t t =π
dx = a 3( −sent ) cos 2 t dt
para x=a ´´
a = a ⋅ cos 3 t
para x=-a ´´
− a = a ⋅ cos 3 t
2
dx = 9 a 2 sen 2 t ⋅ cos 4 t dt 2 dy 2 2 2 = 9a cos t ⋅ sen t dt
´´
dy = a3 cos t ⋅ sen 2 t dt
dx + dy = 9a 2 sen 2 t ⋅ cos 2 t ( sen 2 t + cos 2 t ) = 9 a 2 sen 2 t ⋅ cos 2 t dt dt 2
2
π y 0 y multiplicamos por 2 2
integramos π
π
S = 2π ⋅ 2 ∫ a ⋅ sen t ⋅ 3a ⋅ sent ⋅ cos t ⋅ dt = 12a π ∫ 2 sen 4 t ⋅ cos t ⋅ dt = 3
2 0
2
0
para t = haciendo la sustitución sen t=z ´´
π 2
z=1
cos t dt=dz para t=0
z=0
1
z 5 12 a 2 ⋅ π 2 = +12a ⋅ π∫0 z dz = + 12a ⋅ π = u 5 5 0 2
1
4
2
124. Determinar el volumen de una cuña, cortada de un cilindro circular, por un plano que pasando por el diámetro de la base esta inclinado respecto a ella formando 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 S ( x) = areaABC =
1 1 y2 AB ⋅ BC = y ⋅ y ⋅ tga = tga 2 2 2 1/7
El volumen podemos, dado que la figura es simétrica, integrarlo entre a y o y multiplicar el resultado por 2: a 1 V = 2 tga ∫ y 2 dx ; pero dado que la ecuación de la circunferencia de la base es 0 2 x 2 + y 2 = a2 ; y 2 = a 2 − x de
donde a
x3 2 V = tga∫ ( a − x ) dx = tga a 2 x − = tga ⋅ a 3 u 3 0 3 0 3 a
2
2
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 un triangulo equilátero Sol.: . La ecuación del circulo considerado en el plano OXY es x 2 + y 2 = a 2 Y ABC es el triángulo equilátero sección de la figura, cuya base es 2y y su altura (altura de un triangulo equilátero de lado 2 y ; h = 3y ) (4 y 2 = y 2 + h 2 ) → h = 3 y El volumen podemos, dada la simetría de la figura integrarlo entre a y 0 y multiplicar el resultado por 2: 1 S ( x) = 2 y 3 y = 3 y 2 = 3 ( a 2 − x 2 ) 2 a
x3 4a3 3 3 V = 3 ⋅ 2 ∫ ( a − x ) dx = 3 ⋅ 2 a 2 x − = u 0 3 0 3 a
2
2
126. Calcular la longitud del arco de la curva y = log
ex −1 entre x=2 ex +1
Sol.: ex −1 y = log x = log( e x − 1) − log( e x + 1) e +1 x e ex e x ( e x + 1) − e x ( e x − 1) e 2 x + e x − e 2 x + e x y´= x − x = = e −1 e +1 ( e x + 1)( e x − 1) ( e 2 x − 1)
2/7
y
x=4
y´=
2e x 4e 2 x 2 ´´ ( y ´ ) = 2 e2 x − 1 e2 x − 1
(
e 4 x + 1 − e 2 x + 4e 2 x
(e
2x
)
−1
2
)
2x
e2x + 1 dx e2x − 1
L = ∫2
4
dt dt = 2x 2t 2⋅e
para x=2
∫
4
2
(e 2 x − 1) 2 + 4e 2 x = ( e 2 x − 1) 2
2
Realizando la sustitución e 2 x = t dx =
4e 2 x = ( e 2 x − 1) 2
+1 2x e −1
=
2
e 2x + 1 = 2x ´´ e −1
(e
)
1 + ( y´) = 1 +
´´
´´ 2 ⋅ e 2 x dx = dt e 2 ⋅4 = e 8 = t
para x=4
e 2 ⋅2 = e 4 = t
e8 t + 1 dt e2x + 1 1 e8 t + 1 dx = = ∫e 4 t − 1 2t 2 ∫e 4 (t − 1)t dt (Racional C-1) e2 x − 1
t +1 A B = + , (t − 1) t t t − 1
t +1 A( t − 1) B⋅t = + ( t − 1)t t ( t − 1) t ( t − 1)
t + 1 = A( t − 1) + B ⋅ t para t=0 ´´ 1=-A
para t=1 ´´
,
2=B
A=-1 e8
e8 dt 1 e8 t + 1 1 e8 dt 1 dt = − + = − log t + log( t − 1) = 4 4 4 ∫ ∫ ∫ e t −1 2 e (t − 1) 2 e t 2 e4
1 e8 − 1 1 8 8 4 4 − log e + log( e − 1 ) + log e − log( e − 1 ) = − 2 + log =L 2 2 e4 −1
127. Calcular la longitud del cardioide Sol.: ρ = 2 a(1 + cos ω) Dado que la curva es simétrica con respecto al eje polar podemos calcular la longitud desde ω1 = 0 a ω2 = π ρ 2 = 4a 2 (1 + cos ω) 2 = 4a 2 + 4a 2 cos 2 ω + 8a 2 cos ω
3/7
dρ = −2a ⋅ senω dω dρ ρ + dω
dρ 2 2 = 4a ⋅ sen ω d ω 2
´´
2
= 4a 2 + 4a 2 cos ω + 4a 2 ⋅ sen 2 ω = 4a 2 + 4a 2 (cos 2 ω + sen 2 ω) + 8a 2
2
ω 2
= 8a 2 + 8a 2 cos ω = 8a 2 (1 + cos ω) = 8a 2 2 cos 2 ω ω dρ ρ2 + = 16a 2 cos 2 = 4 a cos 2 2 dω 2
π
L = 2 ∫ 4 a cos 0
π
π 1 ω ω ω π dω = 2 ⋅ 4a ⋅ 2 ∫ cos dω = 16a sen = 16a ( sen − sen 0) = 16 a 0 2 2 2 2 0 2
128. Calcular la longitud del arco de curva x=cos t y=2sen t 3 z= t π
desde a
t=0 t=π
Sol.: dx = −2 sent dt
;
2
;
dy 2 = 4 cos t dt
;
2
dx = 4sen 2 t ; dt 2
dy = 2 cos t dt
2
dz 3 = dt π 2 9 dy = 2 dt π
2
9 9 dx dy dz + + = 4sen 2 t + 4 cos 2 t + 2 = 4 + 2 = π π dt dt dt L=∫
π
0
4π 2 + 9 4π 2 + 9 π dt = [t]0 = 4π 2 + 9 π π
129 Calcular la longitud del arco de curva alabeada x = e θa cos θ y = e θa senθ z = b ⋅e
desde θ = θ2 a θ = θ1
θa
4/7
4π 2 + 9 = π2
4π 2 + 9 π
Sol.: 2
dx = aeθa cos θ − e θa senθ dθ
;
dy = aeθa senθ + eθa cos θ dθ
;
dz = b ⋅ ae θa dθ
;
2
dx = e 2θa ( a 2 cos 2 θ + sen 2θ − 2a cos θ ⋅ senθ dθ 2 dy 2θ a 2 2 2 = e ( a sen θ + cos θ + 2 a cos θ ⋅ senθ d θ 2
2
dz = e θa b 2 dθ
2
dx dy dz + + = eθa a 2 + 1 + b 2 a 2 d θ d θ d θ θ2
L=∫ e
θa
θ1
[ ]
1 1 + a + a b ⋅ dθ = 1 + a 2 + a 2 b 2 eθa a 2
2
2
130. Calcular por derivación paramétrica:
∫
b
0
θ2
=
θ1
1 1 + a 2 + a 2 b 2 (e θ 2 a − e θ1a ) a
x 2 cos x ⋅ dx
Sol.: Partimos del resultado conocido: b
1 b 1 1 a cos ax ⋅ dx = [sena ⋅ x] = sena ⋅ b ∫0 ∫ 0 a a a 0 b d b 1 b 1 ∫0 cos ax ⋅ dx = sena ⋅ b = − ∫0 x ⋅ senax ⋅ dx = cos ab − 2 senab da a a a b
cos ax ⋅ dx =
derivando nuevamente respecto de a d b b 1 − ∫0 x ⋅ senax ⋅ dx = cos ab − 2 senab = da a a 2 b b b 2 − ∫ x 2 ⋅ cos ax ⋅ dx = − senab − 2 cos ab + 3 senab a a a 2 b b 2 2b 2 x cos ax ⋅ dx = − + ∫0 a a 3 senab − a 2 cos ab
131. Calcular por derivación paramétrica la integral Sol.:
5/7
∫
∞
0
e −a
2 2
x
cos 2bx ⋅ dx
∞ 2 2 d = −2∫ xe −a x sen2bx ⋅ dx , que vamos a integrar primero por partes: 0 db
I=
∞
− 2∫ xe− a
u = sen 2bx du = 2b cos 2bx dx
dv = xe − a
∫ dv = ∫ xe
du = 2b cos 2bx ⋅ dx
v=−
2 2
x
⋅ dx
−a x
2 2
dx = −
1 2 − a 2x 2 2 a xe dx − ∫ 2a 2
1 −a 2 x 2 e 2a2 ∞
2 2
x
0
2 2 2 2 2b ∞ 1 sen 2bx ⋅ dx = −2 − 2 e − a x sen 2bx − 2 ∫ xe− a x cos 2bx ⋅ d x + 2a 0 a 0
∞
2 2 1 + 2 2 e − a x sen 2bx = 2a 0 1 1 = 2 + a 2 ∞ sen( 2b ⋅ ∞ ) − 2 a 2 0 sen 2b ⋅ 0 = 0 2a e 2a e
0
∞
acotada
I =−
2b a2
I =−
2b dM M y como I = 2 a db
∫
0
e −a
2 2
cte
cos 2bx ⋅ dx
x
de donde
0
si llamamos M a la integral inicial
dM 2b dM 2b = − 2 M de donde = − 2 db integrando en ambos términos: db M a a dM 2b ∫ M = ∫ − a 2 db M =e
−
b2 a2
+ log C
=e
−
log M = −
´´ b2 a2
e
log C
b2
−
a2
∞
M ( b= 0) = ∫ e − a
si hacemos b=0
0
−b 2 ∞ − a 2x 2 M = ∫0 e dx ⋅ e a 2
Sabiendo que
= C ⋅e
∫
∞
0
e −a
2 2
x
dx =
2 b2 b2 − = − + log C 2 a2 a2
2 2
x
dx = C ⋅ e 0 = C b2
π − a2 de donde M = e 2a π 2a
6/7
132. Calcular por derivación respecto a un parámetro I = ∫
1
0
x n −1 − 1 dx log x
Sol.: Derivando I respecto a n: 1
n −1 1 x 1 xn dI log x 1 = ∫0 dx = ∫0 x n −1 dx = = dn log x n 0 n
dI 1 = dn n
∫
I
0
dI =
´´
dI = ∫
n
1
dn n
integrando
dn = [log n]1n = log n n
I = log n
∫
133. Calcular la integral
∞
0
1 − e− x dx x2 2
Sol.: La calcularemos por derivación introduciendo el parámetro a como sigue: ∞
u = ∫0
1 − e −ax dx x2 2
2 ∞ − ax 2 du ∞ 1 − e − ax = ∫ e dx = dx 0 da ∫0 x2
a x2 = z2
realizando la sustitución
;
para x = ∞ para x=0 =∫
∞
0
1 a
e − z dz =
du 1 = da a
2
;
u= π a+C
π a 2
1
du =
;
π da a 2
C=0
u=∫
;
para a=1
7/7
a
z =∞ z=0
∫
(veremos adelante que
1
dz
dx =
∞
0
e − z dz = 2
π ) 2
π da a 2
1
de donde
∞
u = ∫0
1 − e− x dx = π x2 2
Hoja de Problemas – Geometría I
134. En un trapecio ABCD, la base mide 9cm y es fija en posición. El lado AB es paralelo a la base DC, varia en posición, pero su magnitud es siempre igual a 6cm. La diferencia de los lados no paralelos BC y DA se mantienen siempre igual 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 que permitan la definición completa de dicho lugar. b) Dado un punto P situado sobre la mediatriz de DC hacia arriba y a 6cm de este lado, tazar la normal al lugar sin dibujar este, justificando mediante demostración los procedimientos gráficos empleados. Demostración a) De la semejanza de los triángulos MAB y MBC se deduce: MA MB AB 6 3 3 = = = , luego MD = MA MC = MB como MD=MA+AD MD MC DC 9 2 2 MC=MB+BC
BC-AD=1 resulta:
3 3 MA = ( MD − AD) ⇒ MD = 3 AD 2 2 3 3 3 MC = MB = (MC − BC ) = (MC − AD − 1) ⇒ MC = 3 AD + 3 2 2 2 MD =
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 la hipérbola, no están en lugar geométrico; este se reduce a la rama de la hipérbola correspondiente al foco D; esto es, la situada en el semiplano izquierdo de las determinadas 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. La circunferencia, c, que pasa por P, N y N´ corta al eje de la hipérbola en otro punto Q, y por simetría, PQ es un diámetro de la circunferencia. Por ser QN perpendicular a PN y QN´ perpendicular a PN´, QN y QN´ son las tangentes trazadas desde Q a la hipérbola. Veamos que la circunferencia, c, pasa por los focos D y C. En efecto, por ser tangente en un punto bisectriz de los radios vectores, son iguales los ángulos DNQ y QNC 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 focal o directriz con centro en C, tal que ND=NH (por la definición de hipérbola, al ser HC=3cm). Por otro lado, H esta también en la circunferencia de centro Q que pasa por
1/9
D, ya que al ser la tangente bisectriz de los radios vectores y ND=NH, la tangente es la mediatriz del segmento DH. El punto de intersección de la mediatriz DH (tangente de la hipérbola en N) y de la prolongación 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 que dividida 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 recta paralela a BD pasando por C. Los cuadriláteros ABCD y ABED son equivalentes, ya que las alturas correspondientes al lado común BD de los triángulos BCD y BED tienen la misma longitud. Sea F el punto medio de ED y sean G y H los puntos de intersección de la recta paralela a AB pasando por F con BE y AD respectivamente. Como los triángulos FEG y FDH son iguales, los cuadriláteros ABED y ABGH son equivalentes. Al ser ABGH un paralelogramo, su diagonal BH lo divide en dos partes equivalentes, luego también el área del triángulo ABH es la mitad del área del cuadrilátero ABCD, por lo que BH es la recta buscada.
136. En una circunferencia de radio R se consideran las cuerdas AB, fija de longitud R y la cuerda AC variable. Sobre estas dos cuerdas se construye el paralelogramo BACD. Se pide determinar los siguientes lugares: a) Del punto medio de AC. b) Del centro del paralelogramo. c) Del vértice D. 2/9
Demostración: a) Sea M el punto medio de la cuerda AC, AM =
1 AC . Asi M es homotético de C en 2
1 . Cuando AC varia, C recorre la circunferencia 2 R dada; por tanto, M describe una circunferencia de radio y centro en O´, punto 2 1 medio de AO`, homotética de la dada en la homotecia de centro A y razón . 2 Obsérvese que el lugar pasa, en particular, por el punto medio de AB. 1 b) Sea P el centro del paralelogramo. BP = BC . Así P es homotético de C en una 2 1 homotecia de centro B y razón . 2 Cuando AC varia, C recorre la circunferencia dada; por tanto P describe una 1 circunferencia homotética a la dada en la homotecia de centro B y razón . Su radio 2 R es y su centro O´´ con 2BO´´=BO. Nótese que el lugar se puede deducir del 2 1 anterior, efectuando una traslación de vector MP= Ab. 2 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 una circunferencia trasladada de la dada en una traslación de vector AB. una homotecia de centro A y razón
137. Construir un triangulo, conociendo dos lados “b” y “c”, y la bisectriz “d” de angulo que forman. Discusión del problema a resolver. Demostración: Supuesto el problema resuelto si por el vértice B trazamos BE paralela a la bisectriz d, al ser iguales los ángulos BAD y ABE, por un lado, AEB y CAD por otro, obtenemos que el triangulo BAE es isósceles. En consecuencia c=EA. Considerando las rectas CE y CB cortadas por las paralelas AD y EB se tiene: DB EA DB c CB − CD c = ⇒ = ⇔ = ⇔ CB = 1 + DC AC DC b CD b
c CD b
[1]
La igualdad [1] pone de manifiesto que B es el homotético de D en la homotecia de centro C y razón 1+c/b. Por todo ello construimos el segmento EC de longitud c+b. A distancia c de E se encuentra en el punto A.
3/9
Resolveremos únicamente el problema en el caso c ≤ b (lo que presupone d
2c 2bc = c b+c 1+ b
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 una generatriz, y se pide el área del segmento parabólico así obtenido cuando esta área es máxima. Demostración: Eligiendo convenientemente los ejes, calculemos el área del segmento parabólico DEFG, tal y como se muestra en la figura 2. Suponiendo que la ecuación de la parábola es y = Kx 2 , haciendo FG=a, DF=b, al ser b G(a,b) perteneciente a la parábola ha de ser K = 2 . a 4/9
El área del segmento es: a b b a3 2 2 S = 2( ab − ∫0 2 x 2 dx ) = 2( ab − 2 ) = 2ab = EG.DF 3 3 a a 3
[1]
En la fig 1, si x=af, utilizando que FBD es un triangulo equilátero se obtiene: FD=10-x En el triángulo rectángulo AGB se verifica: 2 EG FG 2 = AF.FB ⇔ Luego = AF .FB 2
[2] 2
EG = x(10 − x) 2
[3]
Sustituyendo [2] y [3] en [1] : 2 2 x(10 − x) (10 − x) 3 x ∈ [0,10] S ( x) =
[4]
Al ser x → S (x ) continua en [0,10 ] alcanza su máximo absoluto. Como S(0)=S(10)=0 el máximo absoluto será un máximo relativo y se alcanza en (0,10) En vez de derivar S derivaremos S 2 pues el valor de x buscado maximiza simultáneamente ambas funciones; dado que S ( x) ≥ 0 : 16 x(10 − x ) 3 9 dS 2 16 16 16 16 = (10 − x) 3 + x3(10 − x) 2 ( −1) = (10 − x) 2 (10 − x − 3x ) = (10 − x ) 3 (10 − 4 x ) dx 9 9 9 9
S 2 (x ) =
Así el x buscado es tal que: 16 x ∈ ( 0,10) y (10 − x ) 2 (10 − 4 x) = 0 9 Es decir:
x=
10 4
10 , es según [4] : 4 2 10 10 10 1 S= 2 (10 − ) (10 − ) = 300 ⋅ 30 = 25 3 3 4 4 4 12 El área del segmento, para x =
5/9
139. Siendo a, b el menor par de números naturales que verifican la ecuación 32a19b=1, y K el valor que hace compatible las ecuaciones del sistema. 2x+y=3 x+3y=5 -x+7y=K encontrar: a. Ecuaciones de la inversión de polo el punto p(a,b) y potencia K b. Ecuación de la circunferencia de puntos dobles de dicha inversión c. Transformada en dicha inversión de x 2 + y 2 − 6 x − 10 y = 0 Demostración. Resolvamos la ecuación diofántica 32a-19b=1 b=
32a − 1 13 1 =a+ a− 19 19 19
Como b ha de ser natural y a también, 13a-1=19z Luego la solución buscada es a=3
y
y
b=a+z
con z∈N
b=5.
Para que el sistema sea compatible, dado que el rango de la matriz de los coeficientes es 2, el de la ampliada también a de ser 2. luego: 2 1 3 1 3 5 =0 ⇔ K = 9 -1 7 K a) Por semejanza de triángulos: x − 3 y − 5 PA PA.PA (PA) 2 = = = = [1] x´−3 y´−5 PA´ PA.PA´ 9 Teniendo en cuenta que ( PA) 2 = ( x − 3) 2 + ( y − 5) 2 , sustituyendo en [1] , se obtiene: 9( x − 3) 9( x − 3) = ( x´−3) ( x − 3) 2 + ( y − 5) 2 ⇒ x´= +3 ( x − 3) 2 + ( y − 5) 2 9( y − 5) 9( y − 5) = ( y´−5) ( x − 3) 2 + ( y − 5) 2 ⇒ y´= +5 ( x − 3) 2 + ( y − 5) 2 que son las ecuaciones de la inversión.
[
]
[
]
b) Es ( x − 3) 2 + ( y − 5) 2 = 9 c) x 2 + y 2 − 6 x − 10 y = 0 ⇔ ( x − 3) 2 + ( y − 5) 2 = 34 Sustituyendo en las ecuaciones de la inversión:
6/9
9( x − 3) 34( x´−3) +3 x−3= 34 9 ⇒ 9( y − 5) 34( y´−5) y´= +5 y−5= 34 9
x´=
luego la circunferencia transformada es: 34 2 ( x´−3) 2 34 2 ( y´−5) 2 81 + = 34 ⇔ ( x´−3) 2 + ( y´−5) 2 = 81 81 34 140. Dada la cónica y 2 = px y el haz de rectas y-a=t(x-b), hallar el lugar geométrico de los puntos en que las rectas de este haz cortan a las tangentes a la cónica en los puntos de intersección de esta con el haz de rectas y=tx Demostración. Hallemos las intersecciones de las rectas y=tx con la cónica. y = tx 2 p 2p ⇒ ( 0,0) y 2 , son los puntos de corte. 2 y = 2 px t t 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: 2p t 2p r1 ≡ x = 0 , r2 ≡ y − = x − 2 t 2 t Al hallar la intersección de r1 con y-a=t(x-b) se obtiene (0,a-tb) Si b ≠ 0 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 r2 con y-a=t(x-b), eliminando t queda: 2 y ( x − b)( y − a ) − 2 p ( x − b ) 2 − x ( y − a) 2 = 0 [1] ecuación que nos da puntos 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] el eje x=0 si b ≠ 0 . Si b=0 esta formado por (0.a) y [1]
7/9
y
141. Dada una pirámide regular de base cuadrada y altura igual al doble de lado de la base, se pide determinar la relación de volúmenes (superior e inferior) en que queda dividida por un plano que pasando por un lado de la base corta a la pirámide según un polígono cuyo perímetro sea mínimo. Demostración. La sección de la pirámide por un plano que pasa por el lado CD es el trapecio CDEF. El perímetro de CDEF será mínimo cuando, considerando el desarrollo lateral de la pirámide, sea mínima la longitud de la poligonal DEFC y ello supone que esta poligonal es un segmento rectilíneo. Por la semejanza de los triángulos OEF y OAB: EF ON OD cos 3α 4 cos 3 α − 3 cos α = = = = 4 cos 2 α − 3 AB OM OA cos α cos α 1 AB AM AM 2 y como senα = = = 2 = 3 OA 6 AH 2 + OH 2 AB 2 Haciendo AB=a, resulta EF = ( 4 cos 2 α − 3)a = (1 − 4 sen 2α) a =
7 a. 9
Para obtener la altura, EP=h, del prismatoide ABCDEF: OH − EP EF 14 14 = ⇒ ( 2a − h) = a ⇒ h = a OH AB 9 9 17 1 8 a + a = a JK = a , por la formula de los tres niveles el volumen 29 2 9 del prismatoide ABCDEF es: 1 11 4 50 3 h( S ABCD + 4 S GJKL ) = a (a 2 + 4 a 2 ) = a 6 64 9 243 Como GJ =
Al se el volumen de la pirámide
2 3 a , la relación de volúmenes pedida es: 3
2 3 50 3 a − a 56 3 243 50 3 25 a 243
142. Sean 0 y A dos puntos diametralmente opuestos de una circunferencia. Por 0 se traza una secante que corta al círculo en B y a la tangente en A en el punto C. Por B se traza una perpendicular o OA y por C una paralela a OA. Estas dos rectas se cortan en un punto M. El lugar geométrico de los puntos M es
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una cubica que tiene por asíntota la tangente en el punto 0. Hallar el área comprendida entre esta curva y su asíntota. Demostración. Sea ( x − r )2 + y 2 = r 2 la ecuación de la circunferencia. π π Sea m=tgα, con α variando en el intervalo − , , la pendiente de la recta OC. Se 2 2 tiene: Ecuación de la recta OC y=mx
coordenadas de C(2r,2mr) 2r 1+ m2 ⇒ 2 mr y= 1+ m2 x=
y = mx Coordenadas del punto B:
( x − r) 2 + y 2 = r 2
Ecuación de la recta CM:
y = 2 mr 2r ⇒ M , 2mr 2 1+ m
Ecuación de la recta BM:
x=
2r 1 + m2
Unas ecuaciones paramétricas de lugar descrito por M, son: 2r x= 1 + m2 y = 2 mr [1] m∈R Eliminando m en [1] queda: x =
8r 3 y 2 + 4r 2
8r 3 La asíntota es la recta x=0 dado que lim 2 = 0 . El área pedida es: y → ±∞ y + 4r 2 1 1 3 +∞ + ∞ + ∞ + ∞ 8r 1 16 2r 2r S =∫ = 2 dy = 16r 3 ∫ = 2 dy = 3 ∫ dy = 8r 2 ∫ dy = 2 2 2 2 −∞ 0 0 0 y + 4r y + 4r r y y +1 +1 2r 2r +∞
y π = 8r arctg = 8r 2 − 0 = 4πr 2 r 0 2 2
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Hoja de Problemas – Geometría II
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 x 2 + y 2 = a 2 . 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: x = u ⋅ cos φ y = u ⋅ senφ z =u y la ecuación implícita:
x2 + y2 = z2 .
b) Las ecuaciones paramétricas de una curva sobre el cono son: x = u (t ) cos φ(t ) y = u (t ) senφ(t ) z = u( t ) Si su proyección sobre el plano XY ha de ser x=t cos t, y=t sen t, necesariamente u(t)=t y φ( t ) = t . Las ecuaciones de c son así: c(t)
x = t cos t y = t ⋅ sent z =t
1/10
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: x = t cos t + v(cos t − t ⋅ sent ) y = t ⋅ sent + v( sent + t cos t ) z =t +v 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 ((t + 2π) cos(t + 2π), ( t + 2π ) sen(t + 2π), t + 2π ) Luego d ( P1 , P2 ) = depende de t.
(2π cos t ) 2 + (2πsent )2 + (2π ) 2
= 2 2π .que efectivamente no
e) Como la curva c´ será x 2 + y 2 = a 2 , las ecuaciones de c´ son: x = a cos t y = a ⋅ sent z =t c´ es así una hélice circular. c´(t)=(-a sent, a cos t, t) el vector tangente unitario, t es : 1 t= (− a ⋅ sent , a cos t,1) a2 +1 Sea s = t a 2 + 1 el parámetro arco. dt 1 Entonces = t ´= 2 ( −a cos t , −asent ,0) ds a +1
2/10
d 2t = t´´= ds 2
1 3
( asent , −a cos t ,0)
( a 2 + 1) 2
a2 a Luego k = t´⋅t ´= 2 , y k =± 2 2 a +1 ( a + 1) −a a cos t − sent 2 2 n 1 + a 1 + a t , t ´, t 1 ( a 2 + 1) 2 1 τ= = = 2 a a 2 2 t´⋅t´ a a +1 sent − cos t a +1 3 3 2 2 ( a + 1) 2 ( a + 1) 2 2
[
]
que son constantes en todos los puntos. Además t ⋅ (0,0,1) =
1 a2 + 1
, luego el vector tangente forma en cada punto un
ángulo constante con la dirección del eje Z, ángulo igual a arccos
1 a2 +1
.
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 1 que CH = CM . Cuando M recorre la circunferencia salvo A y B, H recorre 3 una circunferencia homotética a la dada en una homotecia de centro C y razón 1 , exceptuando los homotéticos de los puntos A y B. 3 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.
3/10
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 z = x 2 + y 2 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, P x, y , x 2 + y 2 , al plano es 2
x + 2y − x 2 − y 2 − 4 1+ 4 +1
=
(x
2
) (
)
− x + y2 − 2y + 4 6
=
x − 1 + ( y − 1)2 + 11 2 4
6 1 11 cuyo valor mínimo se obtiene para x = , y=1, siendo este valor mínimo 2 4 6 1 5 b) La recta r pasara por el punto ,1, y será perpendicular al plano. Su ecuación 2 4 es: 1 5 z− y − 1 2= 4⇔ = 1 2 −1
x−
2x − y = 0 7 x+ z= 4
1 5 c) Un vector uniendo un punto de OZ con otro de r es ,1, , luego la distancia 2 4 de OZ a r es el valor absoluto de: 0 0 1 1 2 −1 1 5 1 2 4 =0 (0,0,1)^ (1, 2, −1) Así la diferencia de Oz a r es 0. Produciendo análogamente, la distancia de Oy a r, será el valor absoluto de
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0 0 1 1 2 −1 1 5 7 1 − 7 2 4 4 = =− (0,0,1)^ (1,2, −1) (− 1,0,−1) 4 2 1 5 ya que ,1, , es un vector uniendo un punto de OY con otro de r. 2 4 7 Así la distancia de OY a r es 4 2
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: r 2 = ( EI ) 2 = IA ⋅ IA´
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: r 2 = IP´⋅IP = IP´( R − d ); r 2 = IQ´⋅IQ = IQ´( R + d )
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resultan:
IP´=
luego sumando
r2 R −d
IQ´=
;
r = ( IP´+ IQ´) =
r2 R+d
r2 r2 + R −d R+ d
con lo que:
d 2 = R 2 − 2rR = R( R − 2r ) ⇔ d = R( R − 2 r )
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: z2 = x + y. Demostración. Si F(x,y,z) es la ecuación de superficie, ( F normal a la superficie.
X
, F
Y ,
F
Z
) es un vector
El punto de intersección de la normal en el punto (x,y,z) con el plano XY resulta de hacer Z=0 en: X −x Y −y Z−z = = , FX FY FZ F F luego sus coordenadas son ( x − z X , y − z Y ,0) . FZ FZ Las coordenadas del punto medio del segmento de normal son: (x −
zF X zF z , y − Y , ). 2 FZ 2 FZ 2
Sustituyendo en z 2 = x + y se obtiene: zF zF z2 = x − X + y − Y ⇔ 2 zFX + 2 zFY + ( z 2 − 4( x + y )) FZ = 0 4 2 FZ 2 FZ ecuación en derivadas parciales cuyo sistema característico es: dx dy dz = = 2 2 z 2 z z − 4( x + y ) dx dy = da la integral primera G1 ( x, y , z ) = x − y = C1 2z 2z Por otro lado
dx + dy dz = 2 , luego haciendo x+y=t, resulta: 4z z − 4( x + y ) 6/10
(1).
dt dz = 2 . En consecuencia: ( z 2 − 4t )dt = 4 zdz. 4 z z − 4t dz Resolvamos pues la ecuación diferencial z 2 − 4 z = 4t . dt Haciendo el cambio z 2 = u se obtiene: u − 2u´= 4t . Esta ecuación es lineal y su integral general es: t t u = C 2 e 2 + 8(1 + ) . 2
Deshaciendo el cambio obtenemos como una segunda integral primera: G2 ( x, y , z ) =
z 2 − 4( x + y + 2) x+ y
e
= C2
(2)
2
De (1) y (2) obtenemos como ecuación de la superficie buscada: F ( x, y , z ) = φ(G1 , G 2 ) , donde φ es una función arbitraria. 148. Sean ρ,ψ, z coordenadas cilíndricas en el espacio. Se considera la superficie tórica T de ecuación: z 2 + ( ρ − R) 2 = r 2
(siendo R>r>0)
A cada punto de T se le hace corresponder un ángulo ω que satisface cos ω =
ρ− R , r
senω =
z . r
Designaremos por V el conjunto de los múltiplos de 2π π por los números enteros. Se pide: a) Probar que ψ y ω son coordenadas curvilíneas ortogonales en T. Expresar mediante ellas ds 2 así como el elemento de área ds. b) Probar que las condiciones: ψ *-ω ω∈ V, ω *-ψ ψ ∈ V, establecen una correspondencia biunívoca de T en si mismo: (ψ, ω) → (ψ ψ *,ω ω *) 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.
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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: x = ( R + r cos ω) cos ψ y = ( R + r cos ω) sen ψ z = rsen ω Los vectores tangentes Pψ y Pω en cada punto son: Pψ = ( −R + r cos ω) sen ψ, ( R + r cos ω) cosψ,0) Pω = ( −rsenω ⋅ senψ, −rsenω ⋅ senψ, r cos ω) Los coeficientes de ds 2 o primera I ( λPψ + µPω) = Eλ2 + 2 Fλµ + Gµ 2 son :
forma
cuadrática
fundamental
E = Pψ Pψ = ( R + r cos ω) 2 F = Pψ Pω = 0 G = Pω Pω = r 2 Así ds 2 = ( R + r cos ω) 2 λ2 + r 2 µ 2 . Además, de F = Pψ Pω = 0 , se desprende que ψ y ω son coordenadas curvilíneas ortogonales. El elemento de área ds viene dado por : ds = EG − F 2 dψdω = r ( R + r cos ω)dψdω . 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
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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 coinc iden 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 ds 2 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*= r 2 Como G*=G= r 2 , 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: x = ( R + r cos ψ) cosψ y = ( R + r cos ψ) sen ψ z = rsen ψ 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 ⇒ ω = 0 , y ψ = 2π ⇔ ψ = 0 . d) La representación de la curva simétrica respecto del plano z=0 x = ( R + r cos ψ) cosψ y = ( R + r cos ψ) senψ z = −rsen ψ
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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 ds = r ( R + r cos ω )d ψ d ω , las áreas S1 y S 2 buscadas son: π
S1 = ∫
∫
ω
ω =0 ψ =0
+∫
2π
ω =π
∫
2 π −ω
ψ =0
r ( R + r cos ω) dψdω +∫
π
∫
2π
ω =0 ψ = 2π −ω
r ( R + r cos ω) dψdω + = ∫
2π
∫
2π
ω =π ψ =ω
π
r ( R + r cos ω) dψdω +
r ( R + r cos ω) dψdω =
2π
= 2∫ r ( R + r cos ω)ωdω + 2∫ r ( R + r cos ω)( 2π − ω) dω = π
0
π 2π Rω2 Rω2 2π = 2r ( + rωsen ω + r cos ω) + 2π( Rω + rsenω) π − ( + rωsen ω + r cos ω) = 2 2 0 π
= 2r ( R π
S2 = ∫
π2 π2 − 2r + 2 Rπ 2 − 2Rπ 2 + R − 2 r = 2r ( Rπ 2 − 4r ). 2 2
∫
2 π −ω
ω =0 ψ =ω
π
r ( R + r cos ω) dψdω + = ∫
2π
∫
ω
ω =π ψ = 2 π −ω
r ( R + r cos ω) dψdω =
2π
= ∫ r ( R + r cos ω)( 2π − 2ω) dω + ∫ r ( R + r cos ω)( 2ω − 2π) dω = 0
π
( 2πRω + 2πrsen ω − Rω2 − 2 rωsenω − 2r cos ω π + 0 = r 2π 2 + ( Rω + 2 rωsenω + 2r cos ω − 2πRω − 2πrsen ω π = r ( 2 Rπ 2 − Rπ 2 + 2 r + 2r + 4Rπ 2 + 2r − 4Rπ 2 − Rπ 2 + 2r + 2 Rπ 2 ) = 2 r ( Rπ 2 + 4r )
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Hoja de Problemas – Geometría III
x2 y 2 + = 1 , si tomamos el extremo B de ordenada positiva del a2 b2 eje menor como centro, se describe una circunferencia de radio igual a dicho eje menor, cortara a la elipse en dos punto P y P´. Determinar la relación que debe existir entre los semiejes de la elipse para que el triangulo BPP´ sea equilátero. 149. Dada la elipse
Demostración. Una condición necesaria y suficiente para que el triangulo PBP´ sea equilátero es que el ángulo HBP´ sea 30º. En consecuencia, las coordenadas de P´ son: x=2b cos60=b y=b-2b sen60=b(1- 3 ) puesto que P´ ha de estar en la elipse, se verificará: b 2 b 2 (1 − 3 ) 2 b2 + = 1 ⇒ = 2 3 − 3 que es la relación buscada. a2 b2 a2
150. Hallar la ecuación de la superficie (conoide) formada por las rectas que son paralelas al plano z=0 y se apoyan en la recta: y = 0 r x z 4 + 2 = 1
y=6 y la curva P 2 4 − x = z
Calcular el volumen situado en el octante x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 y limitado por la superficie hallada, los planos coordenados y el plano y=6. Demostración.
(4,0,0 ) es
un punto y (2,0,1) un vector de dirección de la recta r; así un punto genérico de r es ( 4 − 2λ,6, µ). Un punto genérico de la curva P es ( 4 − µ 2 ,6, µ) Un vector de dirección de las rectas que apoyan en P y r es ( ( −2λ + µ 2 ,−6,−λ − µ) Al estar intersectado por las rectas que son paralelas a z=0, ha de ser, λ − µ = 0 . La ecuación del conoide buscada es:
1/8
x = 4 − 2λ + ρ( −2λ + λ2 ) 2 y = −6 ρ ⇔ 6 x − 24 + 12 z − 2 yz + yz = 0 z =λ
(1)
Sea S O la parte del conoide situada en el primer octante y entre los planos y=0 e y=6. Si ( xO , y O , z O ) ∈ S O se tiene evidentemente, que 0 ≤ y O ≤ 6. De (1), despejando x, se obtiene: x=
1 ( 2 − z )(12 + yz ) 6
(2)
Si y O ∈ [0,6] y ( xO , y O , z O ) ∈ S O , por (2) se obtiene que z O ∈ [0,2 ] , ya que se ha de verificar x ≥ 0 y z ≥ 0 . Además para cada (y,z) ∈ [0,6 ] × [0,2] existe un único x, el dado por (2), tal que ( x, y , z ) ∈ S O . En consecuencia el volumen V buscado es: 2
V =∫
6
0
∫
2
0
6 − 12 z + 24 + 2 yz − z 2 y yz 2 z 3 y dzdy = ∫ − z 2 + 4 z + − dy = 0 6 6 18 0 6
2y y2 = ∫ (4 + )dy = 4 y + = 28 0 9 9 0 6
151. De un triangulo ABC rectángulo en A, se conocen el cateto Ac y la distancia de B al incentro. Construir el triangulo. Demostración. En el triangulo BHI: BI 2 = BH 2 + IH 2 Designando por r al radio de la circunferencia inscrita: BI 2 = BH 2 + r 2
(1)
Es evidente que el perímetro 2p de ABC es: 2 p = 2 BH + 2CH + 2r = 2BH + 2CM + 2 MA = 2 BH + 2 AC
2/8
Luego: BH = p − AC y 2p = 2BH + 2CH + 2r = 2BC + 2r ⇒ r = p − BC Sustituyendo en (1), y haciendo a=BC, b=AC, c=AB: a+b+ c a+b+ c BI 2 = ( p − AC) 2 + ( p − BC ) 2 = ( − b) 2 + ( − a) 2 = 2 2 =(
a + c − b 2 b + c − a 2 a 2 + b 2 + c 2 − 2ab a 2 + b 2 + a 2 − b 2 − 2ab ) +( ) = = = a(a − b) 2 2 2 2
De todo lo anterior, si construimos una circunferencia de radio
(2).
b y trazamos la 2
tangente SR=BI, queda: SR 2 = RP ⋅ PQ = ( RQ − PQ) ⋅ RQ = ( RQ − b) ⋅ RQ es decir : BI 2 = RQ ( RQ − b ) 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 sobre dos rectas fijas r y r´ en los puntos R y R´ respectivamente, de forma que s y r son ortogonales. 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 distancia entre R y R´. Demostración. Sea u un vector de dirección de r, v un vector de dirección de r´ y w el vector RR´. Supondremos además, por comodidad, u y v elegidos de tal manera que el ángulo que forman, (u,v), verifique 0 < (u, v ) < π / 2 . a) Supongamos 0<(u,v)<π/2. Un vector perpendicular al plano determinado por r y R´ es u ∧ v . Un vector perpendicular al plano determinado por r´ y R es v ∧ w . Se tiene: (u ∧ w) ⋅ (v ∧ w) = u ∧ w v ∧ w cos(u ∧ w, v ∧ w)
(1)
(u ∧ w) ∧ (v ∧ w) = u ∧ w v ∧ w sen (u ∧ w, v ∧ w) (2) por las propiedades del producto vectorial sabemos que: (u ∧ w) ⋅ (v ∧ w) = (u ⋅ v )( w ⋅ w) − (u ⋅ w)( w ⋅ v)
3/8
(u ∧ w) ∧ (v ∧ w) = [u, w, w]v − [u , w, v]w Al ser u ⋅ w =0, por ser r y s perpendiculares, y[u , w, w] = 0 resulta: (u ∧ w) ⋅ (v ∧ w) = (u ⋅ v ) w = u v cos(u , v ) w 2
(u ∧ w) ⋅ ( v ∧ w) = [u, w, v] w
2
(3)
(4)
Sustituyendo (3) y (4) en (1) y (2) respectivamente: u v cos(u , v ) w = u ∧ w v ∧ w cos( u ∧ w, v ∧ w) 2
[u , v, w] w = u ∧ w v ∧ w sen (u ∧ w, v ∧ w) por tanto el seno y el coseno del ángulo (u ∧ w, v ∧ w) son positivos. Así (u ∧ w, v ∧ w) , esta comprendido entre 0 y π/2 y coincide con ello con V. Teniendo en cuenta que V= (u ∧ w, v ∧ w) obtenemos de (1) y (2): tgV =
(u ∧ w) ∧ ( v ∧ w) (u ∧ w) ⋅ (v ∧ w)
=
[u, w, v ] w v u cos(u , v ) w
2
=
[u, w, v ] v u cos( u, v) w
(5)
por otro lado la distancia entre la rectas r y r´, d, viene dada por: d=
[u , v, w] u ∧v
=
[u, v, w]
(6).
v u sen (u, v )
De (5) y (6) se obtiene que: d ( R, R´)tgV = w tgV =
[u , v, w]
v u sen(u , v ) ángulo (u,v) constante, lo es d(R,R´)tgV.
=
dsen(u , v ) = dtg (u , v ) de donde al ser cos(u , v)
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 C1 y C2 , cuyas ecuaciones respectivas son: x 2 + ( y − 2) 2 = 4 ( x − 4) 2 + y 2 = 16
4/8
se considera una inversión cuyo polo es el origen de coordenadas y la circunferencia de puntos dobles tiene de radio la cuerda común de C1 y C2 . Determinar analítica y gráficamente: a) Las figuras inversas de C1 y C2 . b) El ángulo bajo el que se cortan ambas circunferencias. c) La figura inversa de la parte común a los círculos limitados por C1 y C2 . Demostración. a) Por pasar C1 y C2 por el centro de inversión son rectas que no pasan por el centro. La recta r1 inversa de C1 pasara por el punto A, doble en la inversión, y será perpendicular al radio o1 o . Análogamente, la recta r2 inversa de C2 pasará por el punto A y será perpendicular al radio o 2 o . b) Por conservar la inversión los ángulos, el ángulo de corte es el que forman las rectas r1 y r2 , esto es π/2 radianes. c) En la inversión, los puntos interiores a C1 se transforman en puntos de semiplano determinado por r1 que no contiene a o y recíprocamente. Análogamente, los puntos interiores de C2 son homólogos con los del semiplano determinado por r2 que no contiene a o. La figura inversa pedida es, por lo tanto, la región angular limitada por r1 y r2 opuesta a la que contiene a o. Analíticamente: Como C1 y C2 pasan por o(0,0), las coordenadas de A son la solución distinta de (0,0) del sistema: x 2 + ( y − 2) 2 = 4 ( x − 4) 2 + y 2 = 16
x2 + y2 − 4y = 0 8 16 ⇔ 2 ⇒ A( , ) 2 x + y − 8y = 0 5 5
la razón de la inversión es (d(O, A)) 2 = 64 / 5 y el polo es O, luego son puntos 64 x 64 y homólogos (x,y) y , ). 2 2 2 5 x + y 5 x + y2 a) Sea (x,y) el homologo de (α, β) ∈ C1 , (α, β) ≠ (0,0) . Es entonces: 64 x 64 y (α, β) = ( , ) 2 2 2 5 x +y 5 x + y2 5/8
2
2
64 64 x y 64 y luego + −4 =0⇔ 2 2 2 2 2 5 x + y2 5 x +y 5 x +y ⇔
64 x 2 64 1 64 y 2 64 16 + − 4 y = 0 ⇔ − 4y = 0 ⇔ y = 2 2 2 2 2 2 5 x +y 5 x +y 5 x +y 5 5
que es la ecuación de una recta, r1 , inversa de C1 . Análogamente, la figura inversa de C2 es la recta de la ecuación x=8/5. b) Es el angulo que forman sus respectivas figuras inversas, las rectas y=16/5 y x=8/5, es decir π/2 radianes. c) Procediendo de forma análoga al apratdo a), si (α, β) es interior a C1 , esto es tal que α2 + β 2 − 4 β < 0 su homologo (x,y) verifica y>16/5. Análogamente si (x,y) es el homologo de (α, β) , interior a C2 , (x,y) verifica x>8/5. 8 16 La figura inversa pedida es: ( x, y) ∈ R 2 x > , y > 5 5
154. Se toma un punto D en el lado Ab de un triangulo ABC dado. La recta CD se corta 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 los triangulo 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 a las rectas paralelas EA y BC. Los triángulos BCD y AED son evidentemente semejantes, luego EA ED AD DM = = = (1) BC DC DB DP La suma de las áreas de dichos triángulos es: S = EA
MD DP + BC 2 2
(2)
designado por a,b,c los lados del triangulo ABC queda: EA DM AD c − z c−z = = = ⇒ EA = a ( ) BC DP DB z z 6/8
DM = DP
c−z c−z a( c − z ) h(c − z ) = ( h − DM ) ⇒ EA = , DM = z z z c
Sustituyendo en (2) queda: a (c − z ) h( c − z ) h − DM ah (c − z ) 2 ahz ah ( c − z ) 2 S= +a = + = ( + z) = z 2c 2 2cz 2c 2c z =
ah c2 ( 2 z − 2c + ) 2c z
La función z → S ( z ) esta definida para z variando en el intervalo (0,c). Derivando : S =
ah c2 ah 2 z 2 (2 − 2 ) = 2c z 2c z 2
En consecuencia: para todo z perteneciente al intervalo (
c
, c ) se verifica
2 que S´>0. análogamente si z varia en el intervalo ( 0,
c
) es S´<0.
2 Luego en z=
c 2
la función z → S ( z ) presentan su mínimo absoluto.
Así el punto D ha de estar a la distancia
c
de B.
2 b) El área mínima es: S=
ah 2c ( − 2c + 2c 2
2c 2 ah ah )= ( c 2 − 2c + 2 ) = ( c 2 − 2c ) = ah ( 2 − 1) = 2( 2 − 1) S ABC c 2c 2c
155. Dada una pirámide regular de base cuadrada y altura igual al doble del lado de la base, se pide determinar la relación de volúmenes (superior e inferior) en que queda dividida por un plano que pasando por un lado de la base 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 el trapecio CDEF. El perímetro de CDEF será mínimo cuando, considerando el desarrollo lateral de la pirámide, sea mínima la longitud de la poligonal DEFC y ello supone que esta poligonal es un segmento rectilíneo. Por la semejanza de los triangulo OEF y OAB: EF ON OD cos 3α 4 cos 3 α − 3 cos α = = = = 4 cos 2 α − 3 y como AB OM OA cos α cos α
7/8
senα =
AM = OA
AM AH 2 + OH 2
1 AB 2 2 = = 3 6 AB 2
haciendo AB=a, resulta EF = ( 4 cos 2 α − 3)a = (1 − 4 sen 2α) a =
7 a. 9
para obtener la altura, EP=h, del prismatoide ABCDEF: OH − EP EF 14 4 = ⇒ ( 2a − h ) = a ⇒ h = a OH AB 9 9 1 7 8 1 Como GJ= ( a + a) = a , JK= a , por la formula de los tres niveles el 2 9 9 2 volumen del prismatoide ABCDEF es: 1 14 4 50 3 h( S ABCD + 4 S GJKL ) = a (a 2 + 4 a 2 ) = a 6 69 9 243 Al ser el volumen de la pirámide
2 3 a , la relación de volúmenes pedida es: 3
2 3 50 3 a − a 56 3 243 = . 50 3 25 a 243
8/8
Hojas de Problemas – Geometría IV
156. Construir un triángulo conocido el lado a, la mediana relativa al lado b y la altura relativa al lado a. Tomando como lados de un rectángulo los lados a, b del triángulo anterior calcular los lados del rectángulo circunscrito a aquel rectángulo y cuya área sea máxima. RESOLUCION.a) Con centro en el vértice B del lado a se traza una circunferencia de radio la mediana mb. 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, siendo M 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 distancia ha nos da el tercer vértice, A, del triángulo. Como existen dos posibles puntos M, (una recta corta a una circunferencia en dos puntos), existen dos soluciones posibles distintas. b) Designemos por c y d los lados del rectángulo circunscrito. Sea á el ángulo que forman los lados a y c. c1 = a cos α , d 1 = a sin α c 2 = a sin α , d 1 = b cos α c = a cos α + b sin α d = a sin α + b cos α El área del circunscrito es:
rectángulo
A = cd = ( a cos α + b sin α)( a sin α + b cos α) = ( a 2 + b 2 ) sin αcos α + ab = =
a2 + b2 sin 2α + ab 2
cuyo máximo se obtiene para el máximo de sin 2α , es decir, para 2α = α=
π 2 . Entonces c = d = ( a + b ) . 4 2
1/8
π , o bien, 2
157. Transformar un triángulo en otro equivalente que sea semejante a un triángulo dado. RESOLUCIÓN.Primer método.-
Dado un triángulo ABC, construyendo el segmento AD de longitud la suma de AB y CH (altura desde C a AB), la circunferencia de diámetro AD, y su corte, P, con la perpendicular trazada por el punto de AD que disca AB de A determina un triángulo cuya altura PB es el lado de un cuadrado de área el doble de la del triángulo ABC. Aplicando esta construcción al triángulo dado, supongamos que es ABC, y al que queremos transformar, se obtienen, respectivamente unos segmentos PB y QB tales que los cuadrados construidos sobre ellos tienen doble área que los triángulos de partida. Llevando ahora QB sobre la recta PB y trazando por Q las paralelas a PA y PD se encuentran los puntos A’ y D’. El triángulo A’BC’, semejante al ABC, de base A’B y altura un segmento de longitud BD’ es claramente el triángulo buscado pues su área es también 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: 2/8
a ' h ' = 2S a' a = h' h Las condiciones anteriores determinan a’ y por consiguiente B’. Trazando una paralela por B’ al lado AB obtendremos A’ en su intersección con AC.
158. En un plano se dan un punto P y dos rectas r1 y r2 . Trazar por P una recta que corte en A y B a las rectas dadas de forma que PA·PB = k 2 , siendo k un segmento dado. RESOLUCIÓN.Consideremos la inversión de centro P y razón k2 . Si en esta inversión la circunferencia inversa de r1 corta a r2 en un punto B, el inverso de B, es decir A, está en r1 y se verifica que PA·PB = k 2 . Se traza C1 inversa de r1 en la inversión de centro P y razón k2 ; C1 cortará a r2 en dos puntos (o en uno); cada uno de ellos unido con P determina una recta solución del problema. 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 bien pasa un circunferencia por los seis puntos o las rectas r1 = p1 q1 , r2 = p 2 q2 , r3 = p3 q3 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 que probar. 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 .
3/8
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 de las circunferencias C1 3 y C2 3 , luego está también en r3 . En suma r1 , r2 y r3 son concurrentes.
160. El cubo de lado 6 cm, cuya base A1 A2 A3 A4 está situada en un plano horizontal y cuya base superior B1 B2 B3 B4 no tiene superficie, está lleno de agua. Se inclina subiendo el vértice A2 un centímetro, el A4 dos centímetros y el A3 se queda en el suelo.
Se pide: a) Altura a que queda el vértice A1 . b) Volumen de agua que se derrama.
B1
B2
B4
B3
A1
A2
A4
A3
RESOLUCIÓN.a) Observando que el punto medio de A1 A3 y A2 A4 coinciden, la cota de A1 es la suma de las cotas de A2 y A4 (por ser cero la cota de A3 ); es decir la altura de A1 es 3 cm. b) La superficie del agua forma un rectángulo cuyos lados miden B' 2 B3 = 6 2 + 12 = 37cm B3 B' 4 = 6 2 + 2 2 = 40cm Su área es por tanto 2 370cm 2 . El volumen del agua derramada es por ello la mitad del volumen del prisma oblicuo de bases rectángulos de área 2 370cm 2 y su altura 3 cm: Volumen derramado =
1 3·2 370 = 3 370cm 3 . 2
4/8
161. Sea una circunferencia de centro O y en ella el diámetro AB. Se traza por B una recta que corta a la circunferencia en M. Sobre dicha recta se toma el segmento MC = MB. Las rectas OC y AM se cortan en H. Hallar el lugar geométrico de los puntos H cuando BM gira alrededor de B y construir la figura nomotética del 3 lugar geométrico hallado en la homotecia de centro A y razón − . 2 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 el punto 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. 2 AM y, por tanto, que H describe una circunferencia, c2 , 3 2 nomotética de c en una homotecia de centro en A y razón . 3 Se tiene así que AH =
La figura nomotética de c2 en la homotecia de centro A y razón −
2 , es, por 3
2 3 composición de homotecias del mismo centro · − = −1 , una circunferencia, c3 , 3 2 simétrica a la dada, c, en una simetría central de centro en A (u nomotética de centro en A y razón -1).
162.
Dado el conjunto de circunferencias representadas por la ecuación x 2 + y 2 − 2 aλx + λ2 − b 2 = 0 donde a, b son constantes, λ ∈ IR 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 extremos del diámetro paralelo al eje OY. x 2 + y 2 − 2 aλx + λ2 − b 2 = 0 ⇔ ( x − aλ) 2 + y 2 = b 2 + a 2 λ2 − λ2 luego las coordenadas de los puntos de contacto verifican x = aλ [1] 2 2 2 2 2 y = b + a λ − λ
5/8
que son ecuaciones paramétricas del lugar. Si a = 0 , el lugar se reduce al segmento del eje OY limitado por los puntos (0, -b) y (0, b). Si a ≠ 0 , eliminando ë en [1], se obtiene (1 − a) 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2 b 2 que constituye la ecuación del lugar.
[2]
b) Si a = 0 se trata de un segmento. Si a ≠ 0 y b = 0 entonces el lugar es: -
Para a 2 > 1 , el par de rectas y = ±
a 2 −1 x. a
- Para a 2 = 1 , la recta y = 0. - Para a 2 < 1 , se reduce al punto (0, 0). Si a ≠ 0 , a 2 ≠ 1 y b ≠ 0 , la ecuación [2] se puede escribir como: x2 y2 + =1 a2 b2 b2 1− a2 por lo que: - Para a 2 > 1 se trata de una hipérbola. - Para a 2 < 1 se trata de una elipse. Si a 2 = 1 y b ≠ 0 se obtienen las rectas y = ±b .
163. Se supone en IR 2 un sistema de referencia ortogonal OXY. Hallar la envolvente de los ejes radicales de dos circunferencias C y C’, donde la circunferencia C es fija y tiene su centro en el eje OY, y la circunferencia C’ es variable con centro en OX y tangente a la parábola y = 2x 2 . RESOLUCIÓN.Sea x 2 + y 2 − 2by = m la ecuación de la circunferencia C, con centro en (0, b), y m + b2 > 0 . Supondremos que la circunferencia C’ es tangente a la parábola en un punto distinto del origen. Sea x 2 + y 2 − 2 ax = k la ecuación de C’, con centro en (a, 0). Eliminando y en el sistema x 2 + y 2 − 2ax = k 2 ⇒ x + 2 x (1 − a) − k = 0 2 y = 2x
6/8
queda una ecuación de 2º grado cuyas raíces han de ser iguales para que C’ y la parábola sean tangentes. Así, ha de ser k = −(1 − a ) 2 . La ecuación de la familia de las circunferencias C’ es: x 2 + y 2 − 2 ax + (1 − a) 2 = 0 La ecuación del eje radical de C y C’ es: ( x 2 + y 2 − 2by − m) − ( x 2 + y 2 − 2ax + (1 − a ) 2 ) = 0 ⇔ ⇔ 2ax − 2by = (1 − a ) 2 + m Derivando respecto a en [1]: 2 x = −2(1 − a) ⇔ a = x + 1
[1]
[2]
Eliminando a entre [1] y [2] resulta la ecuación de la envolvente: 2( x + 1) x − 2by = x 2 + m ⇔ x 2 + 2 x − 2by − m = 0 Se trata de una parábola, salvo si el centro de C es el origen (b = 0), en cuyo caso se trata 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 la altura 4a. Cortamos dicha pirámide por un plano que pasa por uno de los lados de la base. Calcular: a) el perímetro mínimo de los polígonos de intersección que se forman, en función 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 tendrá cuando la poligonal BEFC sea una línea recta. En este supuesto, al ser semejantes los triángulos BEA y VDA, se tiene: BE = AB = 2a VA = VH 2 + AH 2 = 16a 2 + 2a 2 = 3 2a AE AD 2a·2a 2 2 = ⇔ AE = = a AB AV 3 3 2a 2 2 2a 3 2a − 3 EF VE = ⇔ EF = AD VA 3 2a
a = 14 a 9
El perímetro mínimo es: BE + EF + FC + CB = 2a +
7/8
14 68 a + 2a + 2a = a. 9 9
b) La cuña inferior se puede considerar un prismatoide de bases el cuadrado ABCD h y el segmento EF (base degenerada). Su volumen es V = ( S1 + S 2 + 4S m ) , donde h es 6 la altura del prismatoide, S1 y S2 las áreas de las bases y Sm el área de la sección media. 2 2a·4a EK VH 8 3 = ⇔ h = EK = = a ; luego h = 8 AE AV 9 3 2a 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 14 a + 2a 16 9 = a, 2 9 El volumen de la cuña es:
16 S m = a· a = 16·9 = 144 . 9
luego
V=
0 + 2a =a y 2
8 ( 324 + 0 + 576) = 1200 . 6
8/8
Hoja de Problemas – Geometría V
165. Clasificar la cónica: f ≡ y 2 + 2 xy + x 2 − 2 y + x + 1 = 0 y hallar su ecuación reducida. Demostración. Formaremos el discriminante: 1
1
1/ 2
9 −1 = − 4 1
∆= 1 1 1/2 −1
A33 =
;
como A33 =0 y ∆ ≠ 0 se trata de una parábola real. Hallaremos los invariantes de la cónica: I 1 = a11 + a 22 = 2 I 2 = a 33 = 0 9 I3 = ∆ = − 4 la ecuación reducida será I1 y 2 ± 2
− I3 x=0 I1
Sustituyendo: 2y2 − 2
9 x=0 8
3 2 x 4
y2 =
166. Clasificar las cónicas: 4 x 2 − 2 xy + y 2 − 14 x + 2 y + 13 = 0 4 y 2 − 4 xy + 2 x 2 − 8 y − 2 x + 9 = 0
Demostración.
1/9
1 1 =0 1 1
1º) 4 −1 − 7 ∆ = −1 1 1 =0 −7
1
A33 =
13
4 −1 =3>0 −1 1
Teniendo en cuenta el cuadro de la nota 1 resulta que la cónica degenera en dos rectas imaginarias conjugadas. 2º) 2 − 2 −1 ∆ = − 2 4 − 4 = −16 −1 − 4 9
A33 =
2 −2 =4>0 −2 4
como A33 >0 y además a11 ⋅ ∆ = 2 ⋅ ( −16) = −32 < 0 se trata de una elipse real.
167. Clasificar la cónica: f ≡ 2 x 2 − 3 xy − 2 x + 5 y − 3 = 0 y hallar luego la ecuación reducida. Demostración. Formemos el discriminante de la cónica. − 3/2
2 ∆ = − 3/ 2 −1
0 5/2
−1
7 5/ 2 = ≠ 0 4 −3
A 33 =
2 − 3 /2
− 3/2 9 = − < 0 4
Por consiguiente se trata de una hipérbola real. Según vimos en la nota 5 hemos de hallar las raíces de la ecuación: r 2 − I1 r + I 2 = 0 Los invariantes son: I 1 = a11 + a 22 = 2 I 2 = A33 = −
9 4
2/9
I3 = ∆ =
7 4
2 + 13 α= 9 2 luego resulta: r 2 − 2 r − = 0 4 β = 2 − 13 2 la ecuación reducida quedara: αx 2 + βy 2 =
− I3 I2
2 + 13 2 2 − 13 2 7 x + y = 2 2 9
168. Clasificar la cónica: y 2 + 2 xy − 6 x − 8 y + 15 = 0 Demostración. El discriminantes es: 0
1
−3
∆= 1 1 − 4 =0 − 3 − 4 15
A33 =
0 1 = −1 < 0 1 1
Se trata de dos rectas reales concurrentes. Hallemos su intersección con los ejes. Para x=0 Para y=0
y = 3 y 2 − 8 y + 15 = 0 1 y2 = 5 5 x= 2
Ecuación de AC:
6 x + 5 y = 15
Ecuación de BC:
2x + y = 5
Razonando de forma análoga que en el problema nº 322 resultara: y=3 2x+y=5
3/9
169. La curva intersección de la esfera x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 2 y − 4 z − 4 = 0 con el plano 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: x 2 + y 2 + z 2 − 2x − 2 y − 4z − 4 = 0 x + y − z −1 = 0 Para proyectarla ortogonalmente al plano XOY basta eliminar la z. x 2 + y 2 + ( x + y − 1) 2 − 2 x − 2 y − 4( x + y − 1) − 4 = 0
Resulta:
2 x 2 + 2 y 2 − 8 x − 8 y − 2 xy + 2 = 0
Estudiemos esta cónica: 2 ∆ = −1
−1 − 4 2 − 4 = −90 ≠ 0
−4 − 4
2
Como además A33 =
2 −1 = 3 > 0 , se trata de una elipse real, ya que −1 2
a11 ⋅ ∆ = 2 ⋅ (−90) < 0 Para obtener la ecuación reducida hallaremos las raíces de la ecuación r 2 − I1 r + I 2 = 0 . Recordemos que los invariantes son: I 1 = a11 + a 22 = 4 I 2 = A33 = 3 I 3 = ∆ = −90 r 2 + 4 r + 3 = 0 → α = 3; β = 1 La ecuación reducida es: αx 2 + βy 2 = 3x 2 + y 2 =
90 x2 y 2 → + =1 3 10 30
− I3 I2
o bien x 2 + 3 y 2 =
4/9
90 x2 y 2 → + =1 3 30 10
170. Consideremos la cónica 5 x 2 − 3 xy + y 2 − 3 x + 2 y − 5 = 0 hallar la ecuaciones de sus ejes así como también la ecuación del diámetro conjugado con la recta y=4x+5. Demostración. Estudiaremos primero la naturaleza de la cónica. − 3/2 − 3 /2
5 ∆ = − 3/ 2 − 3/ 2 A33 =
1 1
33 1 =− <0 2 −5
a12 5 − 3 / 2 11 = = >0 a 22 − 3 / 2 1 4
a11 a12
33 como A33 > 0 y además a11 ∆ = 5 ⋅ − < 0 , se trata de una elipse real, de la cual 2 vamos a determinar los ejes. Resolvamos: a12 m 2 + (a11 − a 22 ) m − a12 = 0 −
3 2 3 m + (5 − 1) m + = 0 2 2
m = 3 3m 2 − 8m − 3 = 0 ⇒ m = − 1 3 1 2 1 fx = 2 fx =
δf 1 = (10 x − 3 y − 3) δx 2 sustituyendo en fx + mfy = 0 δf 1 = (2 y − 3 x + 2) δy 2
1 1 (10 x − 3 y − 3) + 3 ⋅ ( 2 y − 3x + 2) = 0 2 2 x + 3y + 3 = 0 1 1 (10 x − 3 y − 3) − (2 y − 3 x + 2) = 0 2 3
5/9
3x − y − 1 = 0 Una vez encontrados los ejes, se trata ahora de averiguar la ecuación del diámetro conjugado con la recta y=4x+5. Consideremos el punto del infinito de la recta y=mx+n. Es (1,m,0). En nuestro caso (1,4,0). Recordemos que el polo de la recta del infinito es el centro de la conica; por consiguiente, las polares de puntos impropios han de pasar por el centro, es decir, seran diámetros. Hallaremos la polar del punto (1,4,0). 1 (10 x − 3 y − 3 z ) 2 1 fy´= ( 2 y − 3x + 2 z ) 2 1 fz´= ( −10 z + 2 y − 3x ) 2 fx´=
particularmente para el punto (1,4,0) f α´= −1;
5 ; 2
f β´=
f γ´=
5 2
la ecuación polar es: xfα´+ yfβ´+ zf γ´= 0 x 5y 5z + + =0 2 2 2 − x + 5 y + 5z = 0 . −
171. Determinar los elementos de la curva x 2 − y 2 + xyz 2 = 11 x 3 + y 3 + z 3 − xyz = 30
en el punto P(3,2,1)
Demostración. 2 xdx − 2 ydy + ( xdy + ydx ) z 2 + 2 xyzdz = 0 3x 2 dx + 3 y 2 + 3z 2 − ( xdy + ydx) z − xydz = 0 dividiendo por dz y particularizando para el punto (3,2,1):
6/9
dx dy dy dx −4 +3 +2 + 12 = 0 dz dz dz dz dx dy dy dx 27 + 12 +3−3 −2 − 6 = 0 dz dz dz dz 6
− 105 dx dy dx − = −12 = 97 dz dz dz ⇒ dy P − 324 dx dy 25 +9 = 3 = dz dz dz P 97 8
volviendo a diferenciar resulta: 2 xd 2 x + 2( dx) 2 − 2( dy ) 2 − 2 yd 2 y + 2 zdz ( xdy + ydx) + z 2 (2 dxdy + xd 2 y + yd 2 x) + + 2 xyzd 2 z + 2dz ( xydz + xzdy + yzdx ) = 0 6 x (dx ) 2 + 3x 2 d 2 x + 6 y ( dy ) 2 + 3 y 2 d 2 y + 6 z (dz ) 2 + 3 z 2 d 2 z − z ( dxdy + xd 2 y + dydx + yd 2 x ) − − ( xdy + ydx) dz − d 2 z ( xy) − xdy + ydx) dz = 0 teniendo en cuenta que d 2 z = 0 2
2
d2y dy d2x dx dx dy dx dy 2 x 2 + 2 − 2 − 2 2 + 2 zx + 2 zy + 2z 2 ⋅ + dz dz dz dz dz dz dz dz 2 2 dx dy 2 d y 2 d x + xz + yz + 2 z x + y + 2xy = 0 2 2 dz dz dz dz 2 2 d2y dx dy d2x dx dy 2 d x 2 d y − 6 x + 3 x + 6 y + 3 y + 6 z − 5 x + 2 + y dz 2 dz 2 dz 2 dz dz dz 2 dz dz dy dx − 2x − 2y =0 dz dz 2
2
dx dy y dz dz obtenidos antes, llegamos a un sistema de dos ecuaciones que nos permite encontrar si particularizamos las coordenadas de P y sustituimos los valores de
d2y d2x 2 y 2 dz P dz P solo falta ya sustituir estos valores en las correspondientes formulas dadas a principio de capitulo.
7/9
172. Averiguar si la curva x = 3t 3 + 2t ; y = 2t 4 + t 3 + 2; z = t 4 − t 3 − t + 3 es alabeada. Demostración. Supongamos que la curva no fuese alabeada. Sus puntos estarían en un plano Ax+By+Cz+D=0 Sustituyendo las expresiones de las tres coordenadas A(3t 3 + 2t ) + B( 2t 4 + t 3 + 2) + C (t 4 − t 3 − t + 3 + D = 0 ( 2 B + C )t 4 + ( B − C + A)t 3 + (2 A − C )t + 3C + 2 B + D = 0 Como debe verificarse para cualquier valor de t: 2B + C = 0 B = −A B − C + 3 A = 0 ⇒ C = 2A 2A − C = 0 D = −4 A 3C + 2 B + D = 0 Por consiguiente para A=1 tendremos: x − y + 2z − 4 = 0 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 la superficie de revolución engendrada por la rotación de la segunda recta alrededor de la primera Demostración. Hallaremos las ecuaciones de un paralelo cualquiera de la superficie de revolución que tiene por eje a la recta x=y=z. Dicho paralelo vendrá dado por la intersección de la esfera x 2 + y 2 + z 2 = λ y del plano x + y + z = µ . z =0 La generatriz considerada es x − y = a Eliminando los parámetros λ y µ entre las cuatro ecuaciones resulta x-y=a; x+y= µ 8/9
x=
µ+ a ; 2
y=
µ− a 2
Sustituyendo en x 2 + y 2 = λ llegamos a la expresión µ2 + a 2 − 2λ2 = 0 Finalmente basta eliminar λ y µ entre esta ultima ecuación y la ecuación del paralelo para obtener la solución ( x + y + z ) 2 − 2( x 2 + y 2 + z 2 ) + a 2 = 0 Se trata de un hiperboide de revolución.
9/9
Hoja de Problemas – Geometría VI
174. Un lazo corredizo, formado por una cuerda, envuelve a una columna cilíndrica de radio r perfectamente lisa, estando sujeto el extremos libre de la cuerda. Averiguar a que distancia de la columna está el nudo corredizo en el momento 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 la distancia OP. Para dicho á se verifica: a = (π + 2α) r + 2 BA + AP OP = OA + AP Haciendo d = OP, y restando las igualdades anteriores: d − a = OA − (π + 2a ) r − 2 BA =
OB OB 1 2 − (π + 2α) r − 2 = r − − π − 2α sin α tan α sin α tan α
1 2 de donde d = a + r − − π − 2α sin α tan α Derivando d respecto de á e igualando a cero la derivada: 1 cos α cos α − 2 − cos α 2 0 = d ' = r + − 2 ⇔ =0 2 2 sin α sin α sin α π π π que se anula en el intervalo 0, para α = y α = . 2 3 2 1 + cos 2 α 4 cos α π π Como d " = − , es positiva para α = y negativa para α = , la 3 3 sin α sin α 2 3 π distancia d = OP alcanza su máximo para α = . 3 Para este valor de á es:
1/9
DA = OA − OD =
r −r = sin α
r 3
2
2 3 − r = r − 1 3
que es la distancia pedida.
175. Un triángulo equilátero de lado 6 m. tiene un lado sobre el eje OY. Su proyección ortogonal sobre el plano XOY es un triángulo rectángulo. Determínese la 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 MB = 3 3 , 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: 2x–z=0ó
2x+z=0
176. Consideren un cubo ABCDA’B’C’D’ donde ABCD y A’B’C’D’ representan respectivamente 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 del cuadrado ABCD en el sentido ABCDA. Igualmente, un punto Y se mueve a la misma velocidad sobre la línea del perímetro del cuadrado B’C’CB en el sentido B’C’CBB’. Los puntos X e Y empiezan a moverse en el mismo instante desde las posiciones de 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 vértices B’, C’, C, B, el punto M está en E, F, C, H, donde:
2/9
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: EM = EA + AX +
1 1 1 XY = EA + AX + ( XA + AB' + B' Y ) = ( AX + B'Y ) 2 2 2
y como AX = a AB , B' Y = a B' Y = a B' C ' , 0 ≤ a ≤ 1 resulta que, EM =
a a ( AB + B' C ') = AC 2 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 desplaza sobre 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 segmento HE de H a E. Al ser EF = HC y FC = EH , en el camino descrito por M, cuadrilátero EFCH es un paralelogramo. Como además, los lados del paralelogramo son iguales a la mitad de la diagonal de la 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 las bisectrices interiores de los dos ángulos agudos de un triángulo rectángulo. b) Si r y R representan respectivamente los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita a un triángulo rectángulo, demuestre que se tiene que cumplir necesariamente la desigualdad: 0 < r ≤ R tan( π 8) . c) Utilizando los resultados anteriores, explique qué camino se debe seguir para construir con regla y compás un triángulo rectángulo conocidas las longitudes de los radios r y R de sus circunferencias inscrita y circunscrita, respectivamente. RESOLUCIÓN.
3/9
a)
1 1 π 3π ( ABC + ACB) = π − = . 2 22 4 3π El ángulo que forman es de radianes. 4 BIC = π − ( IBC + ICB ) = π −
b) Puesto que el ángulo BIC es de
3π radianes, el punto I debe estar en el arco capaz 4
3π sobre el segmento BC. Se verifica que r es como máximo la distancia r0 4 entre M y K (donde M es el punto medio de B y C). del ángulo
Los ángulos KBC y KCB son iguales a tan
π r0 = , ya que BM = CM = R. 8 R Luego es tan
1 3 π radianes, resultando que π − π = 2 4 8
π r ≥ ⇔ 0 < r ≤ R tan( π / 8) . 8 R
c) Para dibujar el triángulo se traza un segmento BC de longitud 2R, que será la hipotenusa del triángulo, siendo su punto medio, M, el centro de la circunferencia circunscrita. Tomando como centro un punto de esta circunferencia, P, situado en la perpendicular a BC por M, se traza el arco BC con radio PB = PC. Se tiene así, el arco 3π capaz de sobre BC, arco en el que está el incentro, según el apartado a). 4 Trazando, en el semiplano respecto del segmento BC en que está el arco BC, la paralela a BC a distancia r, por el apartado b) esta paralela corta al arco BC en al menos un punto, I, que es el incentro del triángulo. Las intersecciones de las semirrectas que duplican los ángulos CBI y BCI es el punto A, tercer vértice del triángulo.
4/9
178. La tangente trazada en un punto A a una circunferencia de radio r lleva marcado un segmento AN cuya longitud es igual a la del arco de la circunferencia AM (tomados en el mismo sentido). La recta MN corta a la recta AO (siendo O el centro de la circunferencia) en el punto B. Calcular lim OB . N →A
RESOLUCIÓN. Sea á la medida del arco AM. Sea P la proyección de M sobre la tangente. Se tiene que: AP = r sin α MP = r − r cos α AN = rα PN = r (α − sin α) Por la semejanza de los triángulos NAB y PMN, es MP. AN α(1 − cos α) =r PN α − sin α sin α − α cos α OB = AB − r = r α − sin α AB =
Por lo tanto, resolviendo las sucesivas indeterminaciones por la regle de L’Hopital, sin α − α cos α sin α + α cos α = r lim = N→ A α →0 α→0 1 − cos α sin α 2 cos α − αsin α r lim = 2r α→0 cos α lim OB = lim r
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 punto O 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 C1 B’, 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 C1 B’. Realizar la construcción gráfica correspondiente. RESOLUCIÓN. 5/9
Puesto que A es un punto doble en la inversión, la figura inversa de la recta AB es la circunferencia de centro en C1 , punto medio del segmento OA, que pasa por O. B’ es el punto de intersección de esta circunferencia con la recta OB. a) El radio r1 del arco AB’ es r1 = OC1 = C1 A = 3 . Como ∠AOB ' =
π π es ∠AC1 B ' = 6 3
La longitud del arco AB’ es L=
π 3 .r1 = π. 3 3
b) Sea P la proyección perpendicular de B’ sobre OX. El cuerpo se puede descomponer en el cono formado al girar el triángulo OPB’ más el segmento esférico formado al girar PAB’. 3 3 Como el triángulo C1 AB’ es equilátero, las coordenadas de B’ son 3 , . 2 2 El volumen del cono es: 2 1 3 3 9 3 π 3= π 3 2 2 8 El volumen del segmento esférico es: 2
3 3 −1 3 = 5 3π π 3 2 8 2 El volumen buscado es: 9 3 5 3 7 3 π+ π= π. 8 8 8 c) Como la recta C1 B’ 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 de intersección de la perpendicular por O a C1 B’ con la perpendicular por el punto medio, M, a la cuerda OB. 1 x. 3
La ecuación de OC2 es:
y=−
La ecuación de MC 2 es:
y = − 3x + 4 .
Luego se tiene que C2 (2 3 , -2).
6/9
Con ello, la ecuación de la circunferencia inversa de la recta C1 B’ es: x 2 + y 2 − 4 3x + 4 y = 0 y su radio, r2 , es 4. d) Trazando el diámetro por C2 paralelo al radio C1 A se obtienen los puntos extremos A1 y A2 . Uniendo cada uno de ellos con A, la intersección con la recta C1 C2 determina los puntos H1 y H2 , centros de las homotecias directa e inversa, respectivamente, que transforman un circunferencia en la otra. Sea H1 (á1 , â1 ); se tiene: H1C 2 =
(
)
luego 2 3 − α1 ,−2 − β1 =
4 3
(
r2 HC r1 1 1
10 3 − 12 α1 = 13 3 − α1 ,− β1 ⇔ β = 8 3 + 6 2 13
)
Sea H2 (á2 , â2 ); se tiene: H 2 C2 = −
(
)
luego 2 3 − α2 ,−2 − β2 = −
4 3
(
r2 H C r1 2 1
10 3 + 12 α2 = 13 3 − α2 ,− β2 ⇔ β = 6 − 8 3 2 13
)
180. Se considera el recinto plano R situado en el primer cuadrante, limitado por el eje OX, una determinada curva C que pasa por el origen de coordenadas y una recta r paralela al eje OY. Sean V1 y V2 los respectivos volúmenes de los cuerpos de revolución engendrados por el recinto R al girar alrededor de OX y OY, respectivamente. Se sabe que cualquiera que sea la recta r en las condiciones dadas, V1 supera a V2 en el volumen del cilindro de altura unidad, engendrado por r 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.
7/9
Calculando V1 por integración por discos:
V1 = π ∫ ( f ( x) ) dx
Calculando V2 por integración por tubos:
V2 = 2π ∫ xf ( x )dx
a
2
0
a
0
El volumen del cilindro de altura unidad engendrado por el giro de r alrededor de OY es πa 2 = π∫ 2 xdx . a
0
En suma V1 − V2 = πa 2 ⇔ ∫ ( f ( x)) 2 dx − 2 ∫ xf ( x) dx = a
a
0
0
∫
a
0
(
)
2 xdx ⇔ ∫ ( f ( x)) 2 − 2 xf ( x) − 2 x dx = 0 a
0
lo que se verifica si ( f ( x)) 2 − 2 xf ( x) − 2x = 0 , esto es si f ( x ) = x + x 2 + 2 x es la ecuación de C, ya que f ( x ) = x − x 2 + 2 x no es una curva en el primer cuadrante. c) Es V1 – V2 = ð, luego a = 1.
(
)
2
(
)
V1 = π ∫ x + x 2 + 2 x dx = π∫ 2 x 2 + 2 x + 2 x x 2 + 2 x dx = 1
0
1
0
1 5 = 2π∫0 x x 2 + 2 x dx + π 3
13 1 2 ∫0 x x + 2 x dx = ∫0 3 2 (2 x + 2) x + 2 x dx = 3 1
y
1
2
−∫
1
0
x 2 + 2 xdx = 3 − ∫
1
0
( x + 1)
)
3
x 2 + 2 x dx
Con el cambio de variable 2
(
1
x + 2 x − 0 2
x 2 + 2 x = ( x + 1) 2 − 1 = ( x + 1) + t , se tiene:
− 1 = ( x + 1) + 2( x + 1)t + t
x 2 + 2x = −
2
( t + 1) 2 x=−
2
2t
(t + 1) 2 t2 − 1 1− t2 +1+t = ; dx = dt 2t 2t 2t 2
luego:
∫
t 2 − 11 − t 2 1 1 1 dt = ∫ ( −t + 2t −1 − t −3 )dt = t 2 + ln t + t − 2 + C = 2 2t 2t 4 8 8 2 −2 1 1 x 2 + 2 x − ( x + 1) + ln x 2 + 2 x − ( x + 1) + x 2 + 2 x − ( x + 1) + C 2 8
x 2 + 2 x dx = ∫
=−
1 8
(
Así,
∫
1
0
)
(
1 x 2 + 2 x dx = 3 + ln( 2 − 3 ) con lo que 2
8/9
)
∫x 1
0
1 1 x 2 + 2 x dx = − ln( 2 − 3 ) = ln( 2 + 3) 2 2
5 En consecuencia V1 = π + ln( 2 + 3 ) . 2 2 Entonces V2 = π + ln( 2 + 3 ) . 3
181. Determinar el triángulo isósceles de área máxima que tenga por base una cuerda conjugada al eje de la parábola y 2 = 2 px , y cuyo vértice opuesto esté en el eje 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 del origen, entonces no existe área máxima ya que cuando b crece, el área no está acotada. Restringiéndonos a la situación 0 ≤ b ≤ a , la superficie del triángulo es S (b ) = 2 pb ( a − b) . El valor de b buscado es el que maximiza S2 (b). Es
d 2 a S (b ) = 2 p ( a − b)( a − 3b) = 0 ⇔ a = b ó b = . db 3
Como S ( b) ≥ 0 , S(0) = 0 y S(a) = 0, en b = 2 2 p 32 valor es a . 3 3
9/9
a la función presenta un máximo cuyo 3
Hoja de Problemas – Geometría VII
Dada la cónica 2 x 2 − 2 xy + y 2 + 2 x − 8 y + 21 = 0 obtener la ecuación de la tangente en el punto (3,5).
182.
Sol.: Basta aplicar la fórmula a la ecuación en homogéneas: f ≡ 2 x 2 + y 2 + 21z 2 − 2 xy + 2 xz − 8 yz = 0 δf = 2x − y + z δx δf = y − x − 4z δy δf = 21z + x − 4 y δz
1 2 1 fy = 2 1 fz = 2 fx =
particularizando para el punto dado: P(3,5,1) fx1 = 2 ;
fy1 = −2 ;
fz1 = 4 ;
en consecuencia, obtenemos: xfx1 + yfy1 + zfz1 = 0
2x-2y+4z=0
pasando de coordenadas homogéneas a ordinarias (z=1) 2x-2y=-4 y=x+2
183.
Clasificar la cuádrica. x 2 + 3 y 2 + 6 z 2 + 2 xy − 2 xz + 6 yz + 6 z − 4 = 0
Hallar la intersección de dicha superficie con el plano que pasa por el punto (1,2,1) y es perpendicular a la recta x + y =1 x − z = 2 Sol.: Formemos el discriminante de la cuádrica:
1/8
1 1 A= −1 0 A´33 =
a11 a 21
1 −1 0 3 3 0 = 6; 3 6 3 0 3 −4
A44 = −6
a12 1 1 = =2>0 a 22 1 3
a11 A44 = −6 < 0
Se trata de una hiperboloide de una sola hoja. La recta que consideramos tiene como ecuación en forma continua: x y −1 z + 2 = = 1 −1 1 La ecuación de cualquier plano perpendicular a una recta es:
x − xo y − y o z − z o = = a b c
ax + by + cz + λ = 0
en nuestro caso: x - y + z + λ = 0 Obligando a que pase por el punto (1,2,1) resulta λ = 0 . Hallemos la intersección del plano x-y+z=0 con la cuádrica. Dicha intersección es una cónica cuyos puntos tienen de coordenadas las soluciones del sistema que forman la ecuación de la cuádrica y la ecuación del plano. Para proyectar la cónica intersección sobre el plano XOY sólo es preciso eliminar la variable z entre ambas ecuaciones: Sustituyendo z=y-x resulta: 9 x 2 + 15 y 2 − 18 xy + 6 y − 6 x − 4 = 0 9 A= −9 −3 A33 =
−9 −3 15 3
3 = −270 ≠ 0 −4
9 −9 = 54 > 0 − 9 15
a11 ⋅ A = 9(270) < 0
luego la curva intersección es una elipse real.
2/8
184.
Clasificar la siguiente cuádrica, determinando su centro. F ( x, y , z ) ≡ x 2 − 2 y 2 + z 2 − 4 xy + 6 xz − 8 yz + 6 x + 8 y − 2 z + 3 = 0 Sol.: Tenemos: 1 −2 3 3 −2 −2 − 4 4 A= = 736 ≠ 0 3 − 4 1 −1 3 4 −1 3 1
−2
3
A44 = − 2 − 2 − 4 = 44 ≠ 0 3 −4 1 A´33 =
a11 a 21
a12 1 −2 = = −6 < 0 a 22 − 2 − 2
Se trata por consiguiente de un hiperboloide de una hoja. Vamos a hallar el centro de la cuádrica: δf 1 = (2 x − 4 y + 6 z + 6) = 0 δx 2 δf 1 = (−4 y − 4 x − 8 z + 8) = 0 δy 2 δf 1 = (2 z + 6 x − 8 y − 2) = 0 δz 2
1 2 1 fy = 2 1 fz = 2 fx =
resolviendo el sistema resulta: x0 =
27 ; 11
y0 =
15 − 10 ; z0 = 11 11
y =2 x = −z y , determinar la superficie engendrada por x=z y =1 una recta que se apoya sobre ellas y además corta al eje X. 185. Dadas las rectas
Solución. El haz de planos que pasan por la primera recta tiene de ecuación:
3/8
( y − 2) + β( z − x) = 0 análogamente el haz de planos que pasan por la segunda recta: ( y − 1) + α( z + x) = 0 Una recta que se apoye sobre ambas vendrá dada por la intersección de dos planos: ( y − 1) + α( z + x) = 0 ( y + 1) + β( z − x) = 0 Para obligar a que corte al eje x basta hacer y=0, z=0. Resulta: αx = 1 α 1 ⇒ = − ; βx = −2 β 2
β = −2α
( y − 2) − 2α( z − x) = 0 en consecuencia: y − 2 = 2α( z − x ) α=
y −2 1− y = 2( z − x ) x + z
Sustituyendo resulta: xy − 3 yz + 4 z = 0 Estudiemos esta cuádrica: 1 2
0 1 A= 2
0 −3 2 0
0 0 0 A44 =
0
1 2 0
1 2 0 −3 2
0
0
−3 1 0 = −2 2 2 0 0 2 2
1 2 0 0
0 −3 =1> 0 2 2
0 0
−3 =0 2 0
Es pues un paraboloide hiperbólico.
4/8
186. Clasificar la cuádrica siguiente: x 2 + 2 y 2 + 3z 2 − 4 xz + 2 y − 2 z − 1 = 0 Determínese también su ecuación reducida. Solución. Tenemos: 1 0 A= −2 0 1
0 −2 0 1 2 0 1 0 = 0 3 −1 − 2 1 −1 −1 0
0 0 0 2 0 1 =1> 0 0 −1 − 1 1 −1 − 1
0 −2
A44 = 0 2 −2 0
0 = −2 3
A33 =
1 0 =2>0 0 2
a11 ⋅ A44 = −2 < 0 Se trata de una hiperboloide de una hoja. Hallemos las raíces de la ecuación secular. 1− x 0 0 2− x −2
0
−2 0 = 0 ⇒ (1 − x )( 2 − x )(3 − x) − 4( 2 − x) = 0 3− x
Las solucione s son: x=2; x = 2 + 5 ;
x= 2− 5
Los autovalores S1 = 2 + 5 S 2 = 2 S 3 = 2 − 5 los sustituimos en la ecuación reducida. S1 X 2 + S 2 Y 2 + S 3 Z 2 +
A =0 A44
(2 + 5 )x 2 + 2 y 2 + (2 − 5 ) z 2 =
1 2
187. Dada una línea x = λ2 − 1 ; y = λ3 ; z = λ + 2 superficie que engendra al girar en torno al eje OZ. Solución.
5/8
hallar la ecuación de la
Un punto cualquiera de la curva describe una circunferencia con centro en el eje OZ y de radio d = x 2 (λ) + y 2 (λ) = λ6 + (λ2 − 1) 2 x = dsenα Por otra parte y = d cos α x 2 + y 2 = d 2 = λ6 + λ4 + 1 − 2λ2 Sustituyendo el valor de λ = z − 2 resulta :
[
]
x 2 + y 2 = ( z − 2) 2 ( z − 2) 4 + ( z − 2) 2 − 2 + 1 Esta es por tanto la ecuación de la superficie.
Determínese la ecuación del cono cuyo vértice es el punto (α, β, γ ) y cuya directriz es la cubica alabeada:
188.
x=
αa 2 ; a2 + t
y=
βb 2 ; b2 + t
z=
γc 2 c2 + t
Solución. Vamos a eliminar t entre las tres ecuaciones: x −α y−β z−γ = = 2 2 αa βb γc 2 − α − β −γ a2 + t b2 + t c2 + t O lo que es igual: ( x − α)(t + a 2 ) ( y − β)( t + b 2 ) ( z − γ )(t + c 2 ) = = α β γ Designando − λ a estas tres razones iguales αλ =0 x −α βλ t + b2 + =0 y−β γλ t + c2 + =0 z−γ t + a2 +
Eliminando t y λ entre esas tres ecuaciones resulta:
6/8
1 a2 1 b2 1 c2
α x −α β =0 y−β γ z−γ
Desarrollando: α(b 2 − c 2 ) β(c 2 − a 2 ) γ ( a 2 − b 2 ) + + =0 x −α y−β z−γ Finalmente llegamos a la ecuación buscada: α(b 2 − c 2 )( y − β)( z − γ ) + β(c 2 − a 2 )( z − γ )( x − α) + γ (a 2 − b 2 )( x − α)( y − β) = 0
189. Determinar la ecuación de una superficie desarrollable definida como envolvente de la familia de planos (t + 2)x + y + t 2 z + t 3 = 0 Solución. Para hallar la ecuación de la superficie basta eliminar el parámetro t entre la ecuación de la familia de planos y la ecuación obtenida derivando respecto a t. O sea: (t + 2) x + y + t 2 z + t 3 = 0 x + 2 zt + 3t 2 = 0 La generatriz que engendra la superficie se obtiene sin más que despejar x e y. x = −2tz − 3t 2 = m(t ) z + p (t ) y = ( t 2 + 4t ) z + 2t 3 + 6t 2 = n(t ) z + q(t ) Comprobemos que la superficie es desarrollable: p´ q´ − 6t 6t 2 + 12t = =0 m´ n´ − 2 2t + 4 La arista de retroceso viene dada por
7/8
x = −2tz − 3t 2 2 3 2 y = ( t + 4t ) z + 2t + 6t − p´ 6t z = q = − 2 = −3t
8/8
Hoja de Problemas – Geometría VIII
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 )
1/11
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
= ( 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= →
OX =
→ → → 1 1 → se tiene que OX = ( OA + OB + OC ) de donde 3 3
→ 1 → OG = OI 3
iii) Si hacemos en a) –iii) λ = µ=
→ → → 1 2 → se tiene que OX = ( OA + OB + OC ) de donde 3 3
→
→ 2 → OG = OJ 3 de estas relaciones, ii) y iii) se tiene que
OX =
→ → → ⇒ OI = IJ = JG → → → → 2 → 1 → JG = OG − OJ = OG − OG = OG 3 3 → → → 1 → IJ = OJ − OI = OG 3
c) i) Veamos que I es el baricentro del triángulo ABC. En efecto: → → → 1 → 1 → ( OA + OB + OC ) = OG = OI , de donde I es baricentro de ABC. 3 3
ii) Veamos que J es el baricentro del triángulo DEF. En efecto, → → → → → → → 1 → 1 → ( OD + OE + OF ) = ( OA + OB + OA + OC + OB + OC ) 3 3 → → → 2 → 2 → = ( OA + OB + OC ) = OG = OJ . 3 3 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 a las rectas AD y BC. b) Demostrar que este plano corta a las aristas del tetraedro no paralelas al mismo, en sus puntos medios. 2/11
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: →
→
→
•
s=-
→
AM = AI + t AD + s BC t, s ∈R → → → → 1 → = ( AD + AC ) + t AD + s( AC - AB ) 2 → 1 → 1 → = -s AB + (s + ) AC + (t + ) AD 2 2 b) Si en la ecuación del plano IKJL hacemos,
• •
→ → 1 1 1 → y t = - , entonces AM = AB = AJ , luego J ∈α 2 2 2 → → 1 1 → s = 0 y t = - , entonces AM = AC = AK , luego K ∈α 2 2 → → 1 1 → 1 → s = - y t = 0, entonces AL = AB + AD = AL luego L ∈α 2 2 2 →
→
c) IKJL es un paralelogramo si y solo si JL y KI son vectores equipolentes. • •
→
→
→
1 → 1 → 1 → 1 → AB + AD AB = AD 2 2 2 2 → → → 1 → 1 → 1 → 1 → KI = AI - AK = AD + AC AC = AD 2 2 2 2 JL = AL - AJ =
luego IKJL es paralelogramo.
3/11
192. Se considera el espacio vectorial euclídeo R 3 , y en él los siguientes subespacios vectoriales: 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 W1⊥ está engendrado por el vector r n = (1, 1, 0) x (0, 3, 6) = (6, -6, 3) 1 r n = (2, -2, 1). Luego W1⊥ = Vect( (2, -2, 1) ). 3 r Puede obtenerse también imponiendo la condición de que el vector n sea ortogonal a los vectores que engendran W1 . r Si w = (x, y, z) pertenece al subespacio vectorial W 2⊥ entonces: o también por el vector
(x, y, z) (1, 2, 1) = x + 2y + z = 0 que es precisamente la ecuación del plano vectorial W 2⊥ . Puesto que
rang( (7, 8, 5), (6, 3, 1), (1, 3, 6) ) = 3
los vectores son linealmente independientes y engendran todo el espacio R 3 . Por tanto W3⊥ = (0)
193. En el espacio vectorial euclídeo R 3 se considera el subespacio vectorial W dado por 2 x + y − z = 0 x − y + 3z = 0 Hallar las ecuaciones paramétricas de W ⊥ . SOLUCIÓN: r El vector vr = (2, 1, -1) es ortogonal al primer plano vectorial. El vector w = (1, -1, 3) es ortogonal al segundo plano vectorial. Por tanto, el plano ortogonal a la recta dada W es: r r W ⊥ = Vect( v , w )
4/11
donde, (x, y, z) = t(2, 1, -1) + s(1, -1, 3) que son las ecuaciones paramétricas del plano. O también: x = 2t + s y=t–s z = -t + 3s r r 194. Sean a y b dos vectores del mismo módulo, no nulos. Calcular en función de r r cos( a , b ), y por medio del producto escalar, a) b) c) d)
r r r cos( a , a + b ) r r r cos( a , a - b ) r r r cos( b , a + b ) r r r cos( b , a - b )
Interpretar geométricamente estos resultados en el plano euclídeo. SOLUCIÓN: Antes de resolver cada una de estas cuestiones calculemos: r r r r r r r r r2 i) a b = a b cos( a , b ) = a cos( a , b ) r r r r r r r r r r r r2 r2 r2 ii) a + b = ( a + b )( a + b )= a 2 + 2 a b + b 2 = 2 a + 2 a cos( a , b ) r2 r r = 2 a (1 + cos( a , b )) r r2 r r r r r r r r r2 r2 r r iii) a − b = ( a - b ) ( a - b ) = a 2 - 2a b + b 2 =2 a - 2 a cos( a , b ) r r r2 = 2 a (1 - cos( a , b )) r2 r2 rr r r r rr r r a + a cos( a.b ) r r r a (a + b ) a a + ab a) cos( a , a + b ) = v r r = r r r = r r2 r r = a a +b a a +b a 2 a (1 + cos(a , b ) r2 rr r r a (1 + cos( a.b )) 1 + cos( a + b ) r2 r r = 2 a 2(1 + cos( a , b ) r r r r r fórmula que expresa que el ángulo de ( a , a + b ) es la mitad del ángulo ( a , b ). r r r r r r r r r r r r c) cos( a , a + b ) = cos( a , a + b ) ya que a b = b a y a = b b) Produciendo como en a), y teniendo en cuenta iii) resulta:
5/11
r r r cos( a , a - b ) =
r r 1 − cos( a + b ) 2
r r r r r r r r r r r r d) cos( b , a - b ) = - cos( a , a - b ) ya que b ( a - b ) = - a ( a - b )
La interpretación geométrica de estos resultados se da en la figura de arriba. Los paralelogramos ABDC y ABNM son evidentemente rombos, ya que tienen los cuatro lados iguales. Los segmentos AD y MN son diagonales de los rombos y dividen a los ángulos en dos partes iguales. Por tanto: • •
1 ángulo BAC 2 ángulo NAC = π - ángulo MAN = π - ángulo NAB. ángulo BAD =
195. Hallar vectorialmente la mediana AM de un triángulo ABC cuando se conocen los lados del mismo. SOLUCIÓN: Se tiene:
(
)(
)
1 1 1 m 2 a = AM . AM = AB + BM . AB + BM = c + a . c + a = c.c + a.a + a.c = 2 2 4 1 1 = c.c + a.a + b.b − a.a − c.c 4 2
(
)
6/11
1 2 1 2 1 2 1 2 2b 2 + 2c 2 − a 2 a + b − a − c = , 4 2 2 2 4 siendo a, b y c los módulos de a, b y c respectivamente. ya que b.b = ( a + c) = a.a + c.c + 2a.c = c 2 +
De donde ma =
1 2b 2 + 2c 2 − a 2 2
NOTA.Análogamente se obtienen las restantes medianas, y resulta: 1 2a 2 + 2c 2 − b 2 2 1 mc = 2 a 2 + 2b 2 − c 2 2 mb =
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 del mismo módulo. Entonces se tiene: 1 AB h , definición de área 2 1 S = AB AC ' , ya que AC' = h 2 S=
7/11
S=
S=
1 AB 2
AC. AB AB
⊥
⊥
, proyección de AC
⊥ 1 AB . AC , operando y teniendo en cuenta la conmutatividad del 2 producto escalar.
Por tanto, S=
⊥ 1 AB . AC 2
b) Supongamos ahora que las coordenadas de los vértices son: A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ) y C(x3 , y3 ), entonces -
⊥
AB = ( x 2 − x1 , y 2 − y1 ) de donde AB = ( −( y 2 − y1 ), x2 − x1 )
- AC = ( x3 − x1 , y3 − y1 ) de donde, ⊥ 1 1 S = AB . AC = ( −( y 2 − y1 )( x3 − x1 ) + ( x2 − x1 )( y 3 − y1 )) = 2 2 1 = ( − y 2 x3 + y 2 x1 + y1 x 3 − y1 x1 + x2 y 3 − x 2 y1 − x1 y3 + x1 y1 ) = 2 1 = ( x1 y 2 + x2 y 3 + x 3 y1 − x3 y 2 − x 2 y1 − x1 y3 ) = 2 x1 y1 1 1 1 x 2 − x1 y 2 − y1 = x2 y2 1 = 2 2 x 3 − x1 y 3 − y1 x 3 y3 1 que es la ecuación analítica del área de un triángulo. Por tanto, S= 197.
1 det( AB, AC ) 2
Demostrar vectorialmente el teorema de Pitágoras.
SOLUCIÓN: En el triángulo ABC
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se consideran los vectores: CA = b CB = a = b + c AB = c
-
Entonces, a.a = (b + c )(b + c) = b.b + c.c + 2b.c de donde 2
a
= b
2
2
+ c + 2b.c
y siendo b y c vectores ortogonales, b.c = 0 , luego 2
a 198.
= b
2
+ c
2
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 sus coordenadas.
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. AB = OB − OA = ( 0,5) − (3,1) = ( −3,4)
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AD puede ser, por tanto, (4, 3) o (-4, -3), es decir, vectores opuestos. Veamos las dos soluciones. 1) AD = (4, 3) -
OC = OB + BC = OB + AD = ( 0,5) + ( 4,3) = ( 4,8) , luego, C(4, 8).
-
OD = OA + AD = (3,1) + ( 4,3) = (7, 4) , luego, D(7, 4).
2) AD = (-4, -3) -
OC = OB + BC = OB + AD = ( 0,5) + ( −4,−3) = ( −4,2) , luego, C(-4, 2).
-
OD = OA + AD = (3,1) + ( −4,−3) = ( −1, −2) , luego, D(-1, -2).
199. Se consideran las rectas, r: 3x − y − 8 = 0 y s: 2 x − y − 6 = 0 . Hallar la ecuación de la recta que pasa por el punto de intersección de r y s, y dista del 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. H p : 3x − y − 8 + t ( 2 x − y − 6) = 0 , t número real es decir, (3 + 2t ) x − (1 + t ) y − (8 + 6t ) = 0 b) Distancia del punto P a las rectas s1 y s2 . 1=
(3 + 2t ) − (1 + t ) − (8 + 6t ) (3 + 2t ) 2 + (1 + t ) 2
de donde, 20t 2 + 46t + 26 = 0
10/11
y de aquí, 10t 2 + 23t + 13 = 0 Las raíces de esta ecuación son: t1 = -13/10, t2 = -1. c) Ecuaciones de las rectas s1 y s2 . -
13 (2 x − y − 6) = 0 ⇔ 4 x + 3 y − 2 = 0 10 s2 : 3x − y − 8 − 1( 2 x − y − 6) = 0 ⇔ x − 2 = 0 s1 : 3x − y − 8 −
NOTA.Este problema se reduce al siguiente: Trazar por un punto exterior las tangentes a una circunferencia. De todas las rectas del haz HA, solamente existen dos que son tangentes.
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Hoja de Problemas – Geometría IX
200.
Hallar la ecuación de la simetría ortogonal respecto de la recta: n.( x − a) = 0
SOLUCIÓN. Sean: - S la simetría ortogonal respecto de la recta n.( x − a) = 0 . -
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: 1 M : m = ( p + p') 2 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: 1 n. ( p + p') − a = 0 2 p' − p = k n de donde, 1 n. ( p + p' + k n) − a = 0 2 y de aquí, 1 n. p + k ( n.n) − n.a = 0 2 n.( p − a) y finalmente, k = −2 n.n Sustituido este valor de k en la ecuación p ' = p + k n , se obtiene la ecuación de la simetría, y es p' = p − 2
n.( p − a ) 2
n
n NOTA.Si sustituimos estos vectores por sus coordenadas p ' = ( x' , y ' ) , p = ( x , y ) , n = ( A, B)
1/10
y el número n.( p − a) por n.( p − a) = Ax + by + C que es el primer miembro de la ecuación en forma general de la recta, se tienen las ecuaciones de la simetría ortogonal: Ax + By + C A2 + B2 Ax + By + C y'= y − 2B A2 + B2
x'= x − 2 A
Estas ecuaciones se obtienen directamente en el siguiente ejercicio.
201.
Hallar las ecuaciones de la simetría ortogonal respecto de la recta, Ax + By + C = 0
SOLUCIÓN. Sean: - S la simetría ortogonal respecto del eje Ax + By + C = 0 . - 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: x + x' y + y' M , 2 2 Las coordenadas del vector PP' son ( x'− x, y '− y) . Las coordenadas del vector normal al eje de simetría son n ( A, B ) . 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:
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x + x' y + y' +B + C = 0 2 2 x '− x = kA y '− y = kB x + x' y + y' de donde, A +B +C = 0 2 2 Ax + By + C y de aquí, k = −2 A2 + B 2 A
Sustituido este valor de k en las ecuaciones x ' = x + kA , y ' = y + kA se obtienen las ecuaciones de la simetría respecto del eje Ax + By + C = 0 , y son: Ax + By + C A2 + B2 Ax + By + C y'= y − 2B A2 + B2
x'= x − 2 A
Estas son las ecuaciones analíticas de la simetría ortogonal respecto de una recta dada. Las ecuaciones recíprocas se obtienen cambiando la x por la x’ y la y por la y’ ya que se trata de una transformación involutiva.
202. En el plano euclídeo ordinario se considera la transformación que hace corresponder al punto P(x, y) el punto P’(x’, y’) donde x' = − x cos 2θ − y sin 2θ + 2 cos θ f : y ' = − x sin 2θ + y cos 2θ + 2 sin θ 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 x (1 + cos 2θ) + y sin 2θ − 2 cos θ = 0 x sin 2θ + y(1 − cos 2θ ) − 2 sin θ = 0 2 x.2 cos θ + y.2 sin θ cos θ − 2 cos θ = 0 ⇔ x.2 sin θ cos θ + y.2 sin 2 θ − 2 sin θ = 0 ( x cos θ + y sin θ − 1) cos θ = 0 ⇔ ( x cos θ + y sin θ − 1) sin θ = 0 3/10
de donde el sistema se reduce a la ecuación x cos θ + y sin θ − 1 = 0
[1]
puesto que cos θ y sin θ no son nulos simultáneamente. Por tanto, los puntos dobles vienen dados por la ecuación de la recta [1]. b) La aplicación lineal f asociada a la aplicación afín f es: x ' = − x cos 2θ − y sin 2θ y ' = − x sin 2θ + y cos 2θ El determinante de la aplicación lineal f vale -1, luego se trata de una simetría vectorial. 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 BC × BD = AB × AC + AC × AD + AD × AB b) Interpretar esta relación cuando los 4 puntos son coplanarios. SOLUCIÓN. a) BC × BD = ( BA + AC) × ( BA + AD) = = BA × BA + BA × AD + AC × BA + AC × AD = = BA × AD + AC × BA + AC × AD ⇔ BA × BA = 0 = − AC × AB + AC × AD − AB × AD ⇔ BA = − AB = AB × AC + AC × AD + AD × AB 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 -
BC × BD = λn , donde n es un vector normal a los vectores BC y BD tal que (u1 , u 2 , u 3 ) y ( BC , BD , n) tienen la misma orientación.
-
AB × AC = µn
-
AC × AD = ν n
4/10
-
AD × AB = ξn
1 1 1 1 λ, µ, ν , ξ el área orientada de los triángulos BCD, ABC, ACD y 2 2 2 2 ADB, respectivamente. Siendo
De aquí se sigue que: 1 1 λ = ( µ + ν + ξ) 2 2 y por tanto, “El área orientada del triángulo BCD es igual a la suma de las áreas orientadas de los triángulos ABC, ACD y ADB”.
204. 1) Hallar la ecuación del plano que pasando por el punto A(1, -1, 2) tiene por vector normal el vector v = ( 2,−2,3) . 2) Hallar la ecuación de la recta que pasando por el mismo punto A es perpendicular al plano 3x − y + z − 1 = 0. 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: AX .v = 0 ⇔ ( x − 1).2 + ( y + 1).( −2) + ( z − 2).3 = 0 ⇔ 2 x − 2 y + 3 z − 10 = 0 2) Si una recta es perpendicular a un plano tiene por vector direccional el vector normal al plano, que en este caso es: w = (3,−1,1) . La determinación lineal de la recta pedida es ( A, w) . La ecuación en forma continua es: x −1 y +1 z − 2 = = 3 3 1
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205. Hallar la ecuación del plano que pasa por los puntos A(2, 0, -3) y B(1, -1, 1) y es paralelo a la recta r dada por: 3x + 2 y − 3 z − 2 = 0 3x + 6 y − 6 z − 6 = 0 SOLUCIÓN: Un plano queda determinado por un punto y dos vectores linealmente r r independientes. Sea α( P, v , w) 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 r v = AB = OB − OA = (1, -1, 1) – (2, 0, -3) = (-1, -1, 4) r c) El plano α es paralelo a la recta dada, luego el vector direccional w será perpendicular a los vectores normales de los planos que determinan la recta. Por tanto, r w = (A, B, C) x (A’, B’, C’) ,A, B, C, A’,B’, C’ coeficientes de los planos = (3, 2, -3) x (3, 6, -6) = (6, 9 ,12) r r De a) , b) y c) se sigue que la ecuación paramétrica del plano α( P, v , w) es: x = 2 − t + 6s y = −t + 9s z = −3t + 4t + 12s
t, s ∈ R
y en forma de determinante, x−2 r r r r det( x − a , v , w) = y z+3
−1 −1 4
6 9 = 0 ⇔ 16 x − 12 y + z − 29 = 0 12
206. Hallar, r r enr el espacio afín euclídeo tridimensional, la distancia del punto M a la recta x = a + tu . SOLUCIÓN:
Consideremos la figura adjunta. Sea r rH lar proyección ortogonal del punto M sobre la recta x = a + tu . Este punto
6/10
es único, y MH es, por definición, la distancia del punto M a la recta r. Se tiene: r r MA × u = ( MH + HA) × u , suma de vectores r r = MH × u + MA × u , propiedad distributiva r r = MH × u , ya que MA y u son colineales y tomando módulos r r MA × u = MH u
r , ya que MA es perpendicular al vector u
de donde, r MA × u MH = MH = d ( M , r ) = r u 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 rectas b) 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) r Un vector direccional de la recta r es: vr= (0, 1, 1) Un vector direccional de la recta r’ es: w = (2, 0, 1) r r Dado que el vector AB es perpendicular al vector v y w se verificará: AB.vr = 0 ⇔ ( 2 s − 2,−1 − t , s − t ).(0,1,1) = s − 2t − 1 = 0 −→ r AB .w = 0 ⇔ (2 s − 2, −1 − t , s − t ).( 2,0,1) = 5s − t − 4 = 0
7/10
Resolviendo este sistema se obtienen los siguientes valores: s = Por tanto,
7 1 ,t= − 9 9
−→ 4 8 8 AB = ( − , − , ) 9 9 9 −→
de donde la distancia entre las rectas es: AB =
4 3
b) La perpendicular común tiene como determinación lineal ( A, AB) , y por tanto, la ecuación de la recta es: 8 1 4 8 8 8 1 4 8 8 9 8 8 1 8 ( (2, , ), ( − ,− , ) : ( x, y, z ) = ( 2, ,− ) + t ( − ,− , ) = ( 2 − t , − t , − + t ) 94 9 142 9 943 9 9 9 9 9 9 4 9 9 9 9 1 42 3 →
A
AB
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; se define la aplicación del plano en si mismo que hace corresponder a un punto P el punto P’ tal que OP ' = k AP + h BP , 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: r r Sea ℜ = ( 0, u1 , u 2 ) una referencia afín del plano ordinario, entonces si A( x0 , y 0 ), B( x1 , y1 ), P( x , y ), P' ( x ' , y ' ) la ecuación vectorial
OP ' = k AP + h BP
se traduce en R2 por x ' = k ( x − x 0 ) + h ( x − x1 ) y ' = k ( y − y 0 ) + h ( y − y1 ) es decir, x ' = ( k + h ) x − ( kx0 + hx1 ) y ' = ( k + h ) y − ( ky0 + hy1 )
8/10
b) si k + h = 1, entonces las ecuaciones anteriores se reducen a: x ' = x − ( kx0 + hx1 ) y ' = y − ( ky0 + hy1 ) que son las ecuaciones de una traslación. a) si h + k ≠ 1, entonces las ecuaciones [1] se pueden escribir así: x '− a = ( k + h)( x − a) y '−b = ( k + h )( y − b ) donde a y b vienen dados por a=
hx 0 + hx1 k + h −1
y
b=
ky0 + hy1 k + h −1
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 precisamente las 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.
r r 209. Sea (E, V, θ) el plano afín ordinario y ℜ = ( 0, u1 , u 2 ) 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 = 2k2 px
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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: 1 y’2 = 2p x’ k
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Hojas de Problemas – Estadística I
210. Se considera el experimento aleatorio consistente en tirar tres dados al aire y anotar 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 = 6 nº de Repeticiones = 3 Ω = VRnm = 6 3 = 216 b) Sea A el suceso de que salgan al menos dos 5. Casos Totales = 216 3 Casos Favorables = 1 + ·5 2 3 1 + ·5 2 = 1 + 15 = 2 P( A) = 216 216 27 c) Sea B el suceso correspondiente a que salgan dos 2 y un 3. Casos Totales = 216 3 Casos Favorables = ·1 2 3 ·1 2 3 1 P( B ) = = = 216 216 72 211. Dos jugadores A y B lanzan simultánea y respectivamente 3 y 2 monedas. Gana el jugador que obtenga más caras, repitiéndose el lanzamiento si ambos obtienen 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}
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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 casos posibles son 4·3=12 Los casos favorables se calculan sumando las veces que A pierde con las veces que A empata. Así tenemos: Jugador A 1 cara 0 caras 0 caras
Jugador B 2 caras 1 cara 2 caras
Jugador A 1 cara 2 caras 0 caras
Jugador B 1 cara 2 caras 0 caras
Por tanto, los casos favorables son 3+3 = 6 P( A) =
casos favorables 6 1 = = casos posibles 4·3 2
Una vez que calculamos P(A), como nos interesa su complementario, tenemos Entonces P( A C ) = 1 −
1 1 = 2 2
Caso n≠1 Supongamos que empatan en la primera tirada. 3
2
1 1 5! 1 2! 1 P(0 caras) = C ·C 20 = · 5 · = 5 3! 2 2! 2 2 2 0 3
2
2
5
1 1 1 3! 1 P(1 cara) = C31 ·C 12 = ·2! = 4 ·3 2 2 2 2 2! 2
1 1 1 1 3! 1 1 P(2 caras) = C · ·C 22 · · = · 5 = 3· 5 2 2 2 2 2 2! 2 2 3
P(Empate entre A y B) = 3·
1 1 1 5 + 3· 4 + 5 = 5 2 2 2 16
Sea Ei el suceso de que A gane en la i-ésima tirada 1 Sabemos que P(E1 )= 2
∞ 5 P(A gane)= ∑ i = 1 16
5 1 P(E2 )= · 16 2
i −1
⋅
1 1 ∞ 5 = ⋅ ∑ 2 2 i = 1 16
2/9
2
5 1 P(E3 )= ⋅ y así sucesivamente 16 2
i −1
=
1 ⋅ Lim 2 i → +∞
5 1− 16
i −1
5 1− 16
⋅
5 16
=
=
1 ⋅ 2
1 1−
5 16
=
1 16 8 ⋅ = 2 11 11
212. En una bolsa hay 4 bolas negras y 5 blancas. En otra bolsa hay dos negras y 3 blancas. 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) = =
1 4 1 2 2 1 19 ⋅ + ⋅ = + = 2 9 2 5 9 5 45
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) = =
1 5 1 3 5 3 26 ⋅ + ⋅ = + = 2 9 2 5 18 10 45
213. Supongamos que hay una prueba para diagnosticar cáncer que da positivo en el 95% de los casos cuando se aplica a personas que poseen esta enfermedad, y da negativo en el 95% de los casos cuando se aplica a personas que no la poseen. Si la probabilidad de que una persona tenga realmente cáncer es 0’005. ¿Cuál es la probabilidad de que una persona tenga realmente cáncer cuando la prueba le haya dado positiva? Sol.: Sean los siguientes sucesos E = {Tener Cáncer} S = {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
3/9
P(+) = P(E)·P(+|E) + P(S)·P(+|S) =
donde
1 95 199 5 19 199 109 ⋅ + ⋅ = + = 200 100 200 100 200 ⋅ 20 200 ⋅ 20 2000
1 = 0'005 200
1 95 + P( E) ⋅ P( + | E ) 200 100 95 19 = = = P(E|+) = 109 P (+ ) 1090 218 2000
214. Sean A y B sucesos de probabilidad no nula. Demostrar que si son incompatibles entonces no son independientes. Ilustrar con un ejemplo que si son incompatibles no tienen porqué ser dependientes. Sol.: Sabemos que si y que si
A∩B = ∅ ⇒ Son Incompatibles
P(A∩B) = P(A)·P(B) ⇒ Son Independientes
Supongamos que P(A∩B) = P(A)·P(B) ≠ 0 ⇒ No pueden ser Incompatibles porque 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. Se extraen de su interior 5 bolas y estamos interesados en definir la variable aleatoria X=nº de bolas blancas extraídas. Completar la tabla adjunta en los casos siguientes: X=r P(X=r)
0
1
2
3
4
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.: 5 P(X=0) = 9
5
(5 ·4)·5 = 0'2116 4
= 0'0529
P(X=1) =
4/9
95
5
(5 ·4 )· 52 3
P(X=2) =
2
95
= 0'3387
P(X=3) =
4 5 5 P(X=4) = ⋅ ⋅ = 0'1083 9 9 4 4
X=r P(X=r)
0 0’0529
1 0’2116
5 2 43 5 · · = 0'2709 9 2 9 3 3 5
4 P(X=5) = = 0'0173 9 2 0’3387
3 0’2709
4 0’1083
5 0’0173
2 15 176
3 5 44
4 5 252
5
9 9! b) Ω = = = 252 5 5!⋅4! 4 5 ⋅ 0 5 1 P(X=0) = = = 0'00396 252 252 4 5 ⋅ 1 4 4·5! 5 P(X=1) = = = 252 4!·252 88 4 5 ⋅ 2 3 15 P(X=2) = = 252 176 4 5 ⋅ 3 2 5 P(X=3) = = 252 44 4 5 ⋅ 4 1 5 P(X=4) = = 252 252 P(X=5) = 0 X=r P(X=r)
0 1 252
1 5 88
0
216. La probabilidad de que un jugador de tenis gane un punto cuando le entra el primer servicio es de 0’8 y de que lo gane con el segundo servicio es de 0’5.
5/9
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} G1 Gana A1 Pr imer Servicio 0'3 P1 Pierde A2 Segundo Servicio 0'7 G2 Gana P2 Pierde
0'8 0'2 0'5 0'5
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 puntos} C2 = {Gana 4 puntos y pierde 1} C3 = {Gana 4 puntos y pierde 2} C4 = {Gana 5 puntos y pierde 3} C5 = {Gana 6 puntos y pierde 4} C6 = {Gana 7 puntos y pierde 5} Como la probabilidad de ganar un punto es 0’59, tenemos que su complementario es la probabilidad de perderlo, 0’41. P(C 1 ) = 0’594 = 0’1211 4 P(C 2 ) = 0’594 ·0’41· = 0’1987 1 El número combinatorio expresa la posibilidad de perder uno cualquiera de los cuatro primeros puntos de los cinco que se juegan. Es evidente que el último lo gana el jugador que gana el juego. 5 P(C 3 ) = 0’594 ·0’412 · = 0’2035 2 Igualmente, el número combinatorio representa las distintas formas de perder dos puntos de los cinco primeros en juego. 6 P(C 4 ) = 0’593 ·0’413 · ·0’592 = P(D0 ) 3
6/9
Los tres primeros factores corresponden a acabar los seis primeros puntos en empate, siendo el último factor el que corresponde a ganar los dos últimos puntos en juego para ganar el juego. 6 P(C 5 ) = 0’593 ·0’413 · ·0’593 ·0’41·2 = P(D1 ) 3 6 P(C 6 ) = 0’593 ·0’413 · ·0’594 ·0’412 ·22 = P(D2 ) 3 ....... 6 P(Dn ) = 0’593 ·0’413 · ·0’592+n ·0’41n ·2n 3 +∞
P(B) = P(C 1 ) + P(C 2 ) + P(C 3 ) +
∑ P (D ) = i
i= 0
6 ⋅ 0'413 ⋅ ⋅0'59 2 + i ⋅ 0'41i ⋅ 2 i = 3
+∞
= 0’1211 + 0’1987 + 0’2035 +
∑ 0'59
3
i= 0
6 +∞ = 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'59 5 ⋅ 0'413 ⋅ ⋅ ∑ ( 0'59 ⋅ 0'41 ⋅ 2) i = 3 i= 0 n
= 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'0985465 ⋅ Lim ∑ ( 0'59 ⋅ 0'41 ⋅ 2) i = n → +∞
i= 0
n
= 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'0985465 ⋅ Lim ∑ ( 0'48) i = n → +∞
i= 0
1 − 0'48 n +1 = n → +∞ 1 − 0'48
= 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'0985465 ⋅ Lim = 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'0985465 ⋅
1 = 1 − 0'48
= 0'1211 + 0'1987 + 0'2035 + 0'1895 = 0'713 217. Distribuimos al azar n bolas blancas y n bolas negras en n urnas. a) Hallar la probabilidad de que una urna especificada contenga i bolas blancas y j bolas negras. b) Calcular la probabilidad de que en cada urna haya 1 bola de cada color.
7/9
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: VRn2 n = n 2 n Casos Favorables: Se obtiene como producto de •
Las i bolas blancas
Cni
•
Las j bolas negras
C nj
•
Repartimos el resto de bolas en el resto de urnas
P(A) =
C ni ⋅ C nj ⋅ VRn2−n1− i − j VRn2 n
VRn2−n1− i − j
n n ⋅ ⋅ (n − 1)2 n −i − j i j = 2n n
b) Sea B el suceso B = {Cada urna tiene una bola de cada color} Casos Totales: VRn2 n = n 2 n Casos Favorables: Se obtiene como producto de: • • P(B) =
Las n bolas blancas en las n urnas Las n bolas negras en las n urnas
Pn Pn
Pn2 n!·n! = n 2 n n 2n
218. Supóngase una urna con a bolas blancas y b bolas negras. Calcular la probabilidad de obtener exactamente n bolas blancas cuando se han sacado N bolas, con n≤ ≤ N≤ ≤ a de la urna: a) Simultáneamente. b) Sin reemplazamiento. Sol.: a) Sea A el suceso A = {Sacar n bolas blancas} 8/9
Casos Totales:
C aN+ b
Casos Favorables: C an ⋅ CbN − n Can ·CbN −n P( A) = C aN+ b b) Casos Totales:
VaN+ b
Casos Favorables: Van ·VbN − n ·C Nn ordenar las bolas blancas tomadas. P( A) =
Donde el último factor corresponde a las formas de
VNn VaN+b
9/9
Hojas de Problemas – Estadística II
219.- Sean a y b ∈ Ð *, sea X una variable aleatoria discreta con valores enteros estrictamente positivos de manera que: P( X = x ) =
1 1 − a b
1 ≤ x ≤ ab
si
P( X = x ) = 0
si
x > ab
a) ¿Qué condición debe satisfacer a y b para que la sucesión, de término general 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 la ecuación F(x)= 12 ? (con las medianas de X) c) Calcular la esperanza de X. ¿Qué valores habrá que dar a a y a b para que E(X)=7/2? Sol.: ∞
a)
∑ P( X = x) = 1 x= 1
(para que sea función de probabilidad)
⇓
1 − 1 =1 ∑ b x= 1 a ab
1 − 1 = 1 − 1 ab 1 = 1 − 1 ab = b − a ab = b − a ∑ ∑ b a b x =1 a b ab x= 1 a ab
1=b - a b)
F(x)=P(X=x) x x 1 1 1 1 x 1 1 Si 1 ≤ x ≤ ab ⇒ F ( x) = ∑ P( X = j ) = ∑ − = − ∑1 = x − b a b j =1 a b j =1 j =1 a
Si x>ab
⇒
x
ab
j =1
j =1
F ( x) = ∑ P( X = j ) = ∑ P( X = j ) +
x
∑ P( X =
j) = 1
j =ab +1
1 1 x − si 1 ≤ x ≤ ab F ( x) a b 1 si x > ab 1 1 1 F ( x) = x − = a b 2 c)
⇒
x=
1 ab 1 ab ab × = × = 2 a −b 2 1 2
ab ab 1 1 1 1 ab b − a ab(1 + ab ) 1 + ab E ( x ) = ∑ xP( x ) =∑ − x = − ∑ x = × = 2 b a b x= 1 ab 2 x =1 x =1 a
E (x ) =
7 2
⇒
7 1 + ab = 2 2
⇒
ab = 6 b − a = 1 → b = a +1
1/9
sustituyendo
a ( a + 1) = 6
⇒
a2 + a −6 = 0
a=
resultando:
− 1 ± 1 + 24 −1 ± 5 a1 = 2 = = 2 2 a2 = −3 No válida
a=2
b=3
220.- Sea m un 3 +. Se considera la función definida ∀ x∈ ∈Ð : x m f (x ) = e − m distribución de POISSON x! a) Probar que f(x) puede ser considerada como la ley de probabilidad de una variable aleatoria X b) Calcular la E(x) y Var(X) Sol.: +∞
1 = ∑ e −m
a)
x= 0
b)
+∞
mx = e − me m = e 0 = 1 x!
+∞
+∞
x= 0
x =0
E ( X ) = ∑ x.P( x ) =∑ xe −m
xn n =0 n!
ex = ∑
ya que
+∞ +∞ mx mx m x− 1 = e−m ∑ = me − m ∑ =me − m e m = m x! x =0 ( x − 1)! x =0 ( x − 1)!
Var(X)=E(X2 )-(E(X))2 E(X2 ) =
+∞
∑x x= 0
+∞
2
f ( x) = ∑ x 2 e −m x= 0
+∞ mx mx = e−m ∑ x = ... x! ( x − 1)! x =1
+∞ +∞ +∞ mx m x −m +∞ m x m x −1 = e ∑ = … …= e ∑ ( x − 1) +∑ + m∑ ( x − 1)! x=1 ( x − 1)! x =1 ( x −1)! x =1 x =2 ( x − 2)! −m
(
)
+∞ 2 +∞ m x −2 m x −1 − m 2 m = e m e + me m = m2 + m …= e m ∑ + m∑ x =1 ( x − 1)! x =2 ( x − 2)! −m
Var(X) = m2 + m − m2 = m
221.- La variable aleatoria X tiene la función de densidad: f ( x ) = C( x − a ) p −1 (b − x ) q −1 f (x ) = 0 Calcular: a) la constante C
en el resto y b) E(X)
Sol.:
2/9
para
a< x0, q>0 y a
β( p, q) = ∫ t p −1 (1 − t ) 1
q −1
0
a)
1 = ∫ f ( x )dx = ∫ 0.dx + ∫ C (x − a ) +∞
a
b
−∞
−∞
a
…= C ∫ (x − a ) b
p −1
a
(b − x )
x−a …= C ∫ (b − a) 0 b−a 1
…= C ∫ t p −1 (b − a ) 1
p −1
0
…= (b − a )
p + q −1
q −1
p −1
x − a 1 − (b − a ) b − a
C ∫ t p −1 (1 − t ) 1
q −1
0
a
y siendo: …=
p −1
0.dx = ...
b − a − x + a (b − a) b−a
q −1
dx = ...
dx = ...
t = ( x − a ) ( b − a) x → a ⇒ t → 0 x → b ⇒ t → 1
dt . =(b − a )
1
β( p, q ).(b − a ) 1
β( p, q ).(b − a )
p + q −1
β( p, q ).(b − a )
1
p +q −1
q −1
× x ( x − a ) p −1 (b − x )q −1 dx = ...
t = ( x − a ) ( b − a) dx =… x → a ⇒ t → 0 x → b ⇒ t → 1
∫ t (b − a ) (1 − t ) (b − a ) p −1
p −1
q −1
q −1
0
dx = (b − a )dt
⇒
xdx =…
xdx = [(b − a )t + a ]dt (b − a )
∫ t (b − a ) (1 − t ) (b − a ) [(b − a )t + a]dt (b − a ) = 1
p + q −1
p −1
a
y
de donde:
p + q −1
1
∫ x ( x − a ) (b − x ) 1
x = (b − a )t + a β( p, q ).(b − a )
β( p, q ).(b − a )
b
p + q −1
Cβ( p, q ) = 1
1
b
a
p + q −1
p −1
p −1
q −1
q −1
0
1 (b − a ) p+ q−1 q −1 …= t p −1 (1 − t ) [(b − a )t + a]dt = … p + q −1 ∫0 β( p, q ).(b − a )
…=
q −1
(1 − t )q −1 (b − a ) q−1 dt .(b − a) ) = ...
b
…=
+∞
x −a dx = C ∫ ( b − a) 0 b− a
E ( X ) = ∫ x.P( X = x )dx = ∫
…=
(b − x )q−1 dx + ∫b
p −1
1
C=
b)
dt
1 1 t p −1 (1 − t ) q −1 (b − a )tdt + 1 t p −1 (1 − t ) q −1 adt = … ∫0 β( p, q ) ∫0
3/9
…=
1 b−a 1 p a t (1 − t ) q −1 dt + t p −1 (1 − t )q −1 dt = … ∫ ∫ β( p, q ) 0 β( p, q) 0
…=
b−a a b−a β( p + 1, q ) + β( p, q ) = β( p + 1, q ) + a = … β( p, q ) β( p, q) β( p, q)
p ( p + 1). p (q ) β( p + 1, q ) p ( p + q + 1) p …= (b − a ) + a = (b − a) + a = (b − a ) + a =… p ( p). p (q ) β( p, q) p+q p( p + q) …=
bp − ap + ap + aq bp + aq = p+q p+q
222.- Sea la función de densidad: f (x1 , x 2 , x3 , x4 ) = 16 x1 x 2 x 3 x 4 la variable aleatoria (X1 ,X2 ,X3 ,X4 ). Calcular:
0 ≤ xi ≤ 1
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)
P( x1 < 1 2 , x4 > 1 3) =
∫ ∫∫∫
1/ 2 1 1 1
0
0 0 1/3
16 x1 x2 x 3 x 4 dx4 dx 3 dx2 dx1 = …
1
…= ∫
x42 16 x x x ∫0 ∫0 1 2 3 2 .dx 3dx 2 dx1 = x3
…= ∫
64 x32 x x ∫0 9 1 2 2 dx 2 dx1 = 0
1/ 2 1 1
0
1
1/ 2 1
0
∫
1/ 2 1 1
0
0
32 ∫0 9 x1 x 2 dx 2dx1 =
1/ 2 1
0
64 x1 x 2 x3 dx3 dx2 dx1 = … 0 9
∫ ∫∫
1/2
16 x 2 16 1 4 16 1 2 …= 1 = × = × = 9 2 0 9 21 9 8 9 b) Distribución marginal de X1 :
4/9
∫
1/ 2
0
16 x1 dx1 = … 9
de
f x1 =
∫∫
∫ 16 x1 x 2 x3 x4 dx 4 dx3 dx 2 = ∫
∫ 8 x1 x2 x 3dx 3dx 2 = ∫ 4 x1 x 2 dx 2 = 2 x1
1 1 1
1 1
1
0 0 0
0 0
0
c) Distribución marginal de (X2 ,X3 ,X4 ) 1
x2 f ( x 2 .x 3 , x4 ) = ∫16 x1 x 2 x3 x 4 dx1 = 16 1 x 2 x3 x 4 = 8 x2 x3 x4 0 2 0 1
d) Distribución de (X1 ,X2 ) condicionada por X3 =a y X4 =b. f (( x1 , x 2 ) ( x3 = a, x4 = b )) f (x1 , x2 ) = ∫ ∫ 16 x1 x 2 x 3 x4 dx2 dx1 =∫ 8x1 x3 x4 dx1 = 4 x3 x4 1 1
1
0 0
0
f (( x1 , x 2 ) ( x3 = a, x4 = b )) =
f ( x1 , x2 , a , b) 16 x1 x 2 ab = = 4 x1 x2 f ( x 3 = a, x 4 = b) 4ab
e) Distribución de x condicionada (X2 ,X3 ,X4 ). F(x 1 |(x 2 ,x3 ,x4 )) =
f ( x1 , x 2 , x 3 , x 4 ) 16 x1 x2 x3 x 4 = = 2 x1 f ( x2 , x3 , x4 ) 8 x 2 x3 x 4 1
x3 2 E(X1 |(X2 ,X3 ,X4 )) = ∫0 x1 (2 x1 ) dx1 = 2 1 = 3 0 3 1
f)
223.- Una máquina fabrica ejes de diámetro x y otra cojinetes de diámetro interior y. Suponiendo que la función de densidad conjunta sea de la forma: f(x,y)=e− (x+y) Calcular:
x>0 , y>0
a) Distribución marginal de x b) Distribución marginal de y c) E(x)
d) E(y) e) V(x) f) V(y)
Sol.: +∞
a)
f X = ∫0 e −( x + y ) dy = lim
b)
f Y = ∫0 e −( x + y ) dx = lim
e)
∫e t
−( x + y )
t → +∞ 0
+∞
∫e t
t → +∞ 0
+∞
[
]
t
dy = lim − e −( x + y ) 0 = lim − e −( x+ t ) + e − x = e − x t → +∞
−(x+y)
[
t →+∞
]
t
dx = lim − e −( x+ y ) 0 = lim − e −( t + y ) + e − y = e − y t → +∞
E ( x ) = ∫0 x.e −( x+ y ) dx = lim
∫ xe t
t →+∞ 0
5/9
−x
dx = (*)
t →+∞
du = dx u = x −x x e dx = = − xe − x ∫0 −x −x dv = e dx v = −e
[
t
resolviendo la integral:
] +∫ e t
0
t
−x
0
dx
y sustituyendo en (*), tendremos: t →+∞
[
lim − xe − x
Primer término:
t →+∞
Segundo término:
∫e t
lim
] + lim ∫ e
t → +∞
t
…= lim − ye − y 0 + lim t →+∞
t
0
t →+∞ 0
−t = lim t t → +∞ e
t 0
]
[
]
t →+∞
−x
dx =…(**)
∞ 1 = l' Hôpital = lim − t = 0 t → +∞ e ∞
[
dx = lim − e − x
t
= lim − e −t + 1 = 1
0
t → +∞
t
t → +∞
+∞
]
]
t
E ( x ) = lim − xe − x 0 + lim
E ( y ) = ∫0 y.e − y dy = lim
[
−x
t →+∞ 0
y sustituyendo en (**), resulta:
d)
[
(*) …= lim − xe − x
.
t
t → +∞ 0
−x
dx = 0 + 1 = 1
du = dy u = y −y y e dy = … =… −y −y 0 dv = e dy v = − e
∫
t
∫e t
∫e
−y
t → +∞ 0
dy = lim
t →+∞
−t + lim e −t + 1 = 0 + 0 + 1 = 1 t e t →+∞
Var(X)=E(X2 )−(E(X))2
e) ∞
E(X2 )= ∫0 x 2 e − x dx = lim
∫xe t
t →+∞ 0
[
…= ∫ x 2 e − x dx = x 2 e − x 0
[
…= − t 2 e −t + − 2 xe − x
(
lim − t e
t →+∞
] +∫ e
−x
] +∫ e
−x
t
t
0
0
t
t
0
0
t →+∞
(
−x
2dx = du 2 x = u 2 xdx =… =… −x −x dv = −e dx v = e
(
)
)
t → +∞
t →+∞
(
)
t →+∞
− 2t −2 = l' Hôpital = lim t = 0 t t → +∞ e e
−2 =0 t t →+∞ e
lim (− 2e −t ) = lim
t →+∞
)
2dx = − t 2 e −t − 2t e − t + 2 − e − t + 1
(
)
−t2 − 2t −2 = lim t = l' Hôpital = lim t = lim t = 0 t →+∞ e t →+∞ e t → +∞ e
lim (− 2te − t ) = lim
t →+∞
2
… = lim − t 2 e −t + lim − 2te − t + lim − 2e − t + 2 =… (##)
y sustituyendo en (#):
2 −t
dx = …(#)
x 2 = u 2 xdx = du I = ∫ x e dx = … =… 0 dv = −e − x dx v = e − x t
resolviendo la integral:
t
2 −x
6/9
(
)
(##) …= = lim − t 2 e −t − 2t e −t − 2e −t + 2 = 0 + 0 + 0 + 2 = 2 t →+∞
⇒
Var(X)=2-1=1
n n −1 n − 2 m n +1 + + + ......... + = m m m m m + 1
224.- Demostrar que: Sol.: A= n ∈ N
Sea:
n n − 1 m n + 1 + + ......... + = m m m m + 1
a) Caso n=m+1 m + 1 m (m + 1 )! (m + 1 )m!+m! m!( m + 1 + 1) m + 1 ( m + 2)! m + 2 + = +1 = = × = = 1!.m! m! m! m + 1 ( m + 1)! m + 1 m m n n −1 n − 2 m n +1 * Supuesto válido para n ⇒ + + + ......... + = m m m m m + 1 veamos si se cumple para n+1: n + 1 n n − 1 n − 2 m n+ 2 + + + ......... + = (?) = m m m m m m + 1 considerando la anterior: n + 1 n + 1 ( n + 1)! ( n + 1)! + = + =… m m + 1 (n + 1 − m)!m! ( n − m)!( m + 1)! …=
(m + 1)( n + 1)!+( n + 1 − m)( n + 1)! ( n + 1)! ( m + 1 + n + 1 − m) = =… ( n + 1 − m)! (m + 1)! ( n + 1 − m)! ( m + 1)! …=
⇒
n + 2 ( n + 1)! ( n + 2) (n + 2)! = = (n + 1 − m)!( m + 1)! ( n + 1 − m)! ( m + 1)! m + 1
n n −1 n − 2 m n +1 + + + ......... + = m m m m m + 1
∀n∈Ð
225.- La variable aleatoria (X,Y) tiene una distribución uniforme en el recinto C = {(x,y)∈ ∈ 32
0
7/9
Y−X 2−Y 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) Se introduce la variable aleatoria (U,V) por la transformación U=X y V=
Sol.: y=2
y=2
a)
y=x
k si 0 < x < 1 x < y < 2 f ( x, y ) = 0 en el resto
y=1
+∞ +∞
∫ ∫
1=
−∞ − ∞
kdydx = ∫
1
∫
2
kdydx = …
0 x
1
x2 3 …= k ∫ (2 − x) dx = k 2 x − = k 0 2 0 2 2 ⇒ k= 3 1
x=1
2 / 3 si 0 < x < 1 f ( x, y ) = 0 en el resto
x< y<2
Para hallar f 2 (y) tenemos que hacer un cambio en los límites de integraciónporque tenemos que barrer la x en función de la y
1 y 2 0 x 1 0 y 1 0 x y
f 2 ( y) = ∫
0
2 2 2 f 2 ( y) = ∫ dx = x = 0 3 3 0 3
f 2 ( y) = f 2 / 1 = (Y / X = x) = f1 (x ) = ∫
2
x
b)
y
2 2 2 dx = x = y 3 3 0 3
0
2 y 3 2 3
y
0
1
1
si 0 < y < 1 si 1 < y < 2
f ( X ,Y ) 23 1 = = f ( X = x ) 2 3 (2 − x ) 2 − x
2 2 2 4 2 4 − 2 x 2(2 − x ) dy = [ y ]2x = [2 − x ] = − x = = 3 3 3 3 3 3 3
0
(porque u=x)
8/9
v=
y− x y −u = 2− y 2− y
(*)
Lo más pequeño que puede ser v es para y→0 ⇔ x→0 Lo más grande que puede ser v es para y→2 2v − vy = y − u
⇒ u<
2v + u <2 1+ v
⇒
y=
1 1+ v
v=
0−0 =0 2−0
y−x y−x = =∞ 2−2 0 y=
2v + u 1+v
0 < v < +∞
0 < u <1 0 < v en el resto
g ( u, v) = f ( x, y ) •
(#)
v=
2v + u = y + vy = y(1 + v )
(# ) g ( u, v) = 0
1
pues
luego:
∂( x , y ) ∂(u , v )
0
2 −u 2(1 + v ) − ( 2v + u ) = (1 + v ) 2 2 (1 + v)
9/9
⇒
g ( u, v) =
2 2 −u × 3 (1 + v) 2
Hoja de Problemas – Estadística III
226.- Se considera una pareja de v.a. X,Y de la que se conoce la densidad f(x,y). 4 −x−2 y (x + 3 y )e f ( x, y ) = 5 0
x≥0
y ≥0
en otro caso
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=y c) Calcular las E y las Var de las leyes marginales. d) Calcular E(X.Y) obteniendo así la covarianza. NOTA: Utilizar los siguientes resultados:
∫
+∞
0
+∞
ue −u du = ∫ e − u du = 1
∫
0
+∞
0
u 2 e − u du = 2!
∫
+∞
0
u 3 e− u du = 3!
-------------------------------------------------------------------------------------------------------a)
∫
I=
I1 =
∫
+∞
0
+∞
−∞
f ( x, y )dydx =∫
+∞
0
∫
+∞
0
4 ( x + 3 y )e − x −2 y dydx 5
(*)
+∞ +∞ 4 4 4 ( x + 3 y )e − x− 2 y dy = x ∫ e − x − 2 y dy + ∫ 3 ye − x − 2 y dy + = [x.I 11 + I 12 ] 0 0 5 5 5
+∞ +∞ +∞ 2 y = u du I11 = ∫ e − x − 2 y dy = e − x ∫ e − 2 y dy = = e−x ∫ e−u =… 0 0 0 2 2dy = du
…=
1 − x +∞ − u 1 e ∫ e du = e − x 0 2 2 +∞
I12 = ∫ 3 ye − x − 2 y dy = 3e − x ∫ 0
+∞
0
+∞ u 2 y = u du −x ye −2 y dy = e −u =… = 3e ∫0 2 2 2dy = du
+∞ 3 3 …= e − x ∫ ue − u du = e − x 0 4 4
I1 =
luego:
4 1 −x 3 −x 4 1 −x 3 −x x. e + e = xe + e 5 2 4 4 5 2
y sustituyendo en (*) resultará finalmente: I =∫
+∞
0
4 1 −x 3 −x 4 1 +∞ − x 3 +∞ −x 4 1 3 4 5 xe + e dx = ∫0 xe dx + ∫0 e dx = + = × = 1 52 4 52 4 52 4 5 4
f x (X ) =
∫
+∞
0
f ( x , y ) dy =
∫
+∞
0
+∞ 4 4 +∞ ( x + 3 y )e − x − 2 y dy = ∫ xe − x −2 y dy + ∫ 3 ye − x− 2 y dy 0 5 5 0
1/11
+∞ +∞ 4 4 4 1 4 3 …= xe − x ∫ e − 2 y dy + e − x ∫ 3 ye − 2 y dy = xe − x × + e − x × 0 0 5 5 5 2 5 4
4 1 − x 3 −x xe + e x ≥ 0 f x(X ) = 5 2 4 0 en el resto f x (Y ) =
∫
+∞
0
f ( x , y ) dx = ∫
+∞
0
+∞ 4 4 +∞ ( x + 3 y) e − x −2 y dx = ∫ xe − x −2 y dx + ∫ 3 ye − x − 2 y dx = … 0 5 5 0
+∞ +∞ 4 4 4 4 …= e − 2 y ∫ xe − x dx + 3 ye −2 y ∫ e − x dx = e − 2 y ×1 + 3 ye − 2 y × 1 0 0 5 5 5 5
(
)
4 −2 y e + 3 ye − 2 y y ≥0 f x (Y ) = 5 0 en el resto b)
c)
d)
f y x (Y X = x ) =
f ( x, y ) f x(X )
f x y ( X Y = y) =
f ( x, y) f y (Y )
E( X ) =
4 +∞ 1 2 − x 3 − x 4 3 4 7 7 x e + xe dx = 1 + = × = ∫ 5 0 2 4 5 4 5 4 5
E (Y ) =
4 +∞ −2 y 4 3 ( ye + 3 y 2 e −2 y )dy = + ∫ 5 0 5 4
1 4 5 = × =1 2 5 4
Var(X) = E(X2 ) − E(X)2
-------------------------------------------------------------------------------------------------------227.- Sean a y b ∈ 9 +. Sea X una variable aleatoria discreta con valores enteros estrictamente positivos de manera que: 1 1 − a b P( X = x ) = 0 P( X = x ) =
si
1 ≤ x ≤ ab
si
x > ab
a) ¿Qué condición deben verificar a y b para que la sucesión de término general p ( x ) = P( X = x ) pueda ser considerada como ley de probabilidad de X. b) Determinar la función de distribución F(X). Trazar su gráfica. ¿Cuáles son las 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 tenga E(X)=7/2 ¿
2/11
-------------------------------------------------------------------------------------------------------1 1 − ≥0 a b
P( X = x ) =
a)
1 1 ≥ a b
⇒
⇒
ab 1 1 1 1 b−a P ( X = x ) = ∑X ∑1 a − b = ab a − b = ab ab = 1
b≥a ⇒
b = a +1
k 1 1 b − a b = a + 1 k F ( X ) = P( X ≤ k ) = ∑ − = k = = b ab b-a = 1 ab 1 a
b)
1
1/ab
k=1
F( X ) =
1 x = 2 ab
k=2
⇒
ab = 2 x
k=3
Mediana
k=ab
x=
ab a( a + 1) a 2 + a = = 2 2 2
ab 1 1 b − a ab 1 (ab )( ab + 1) ab + 1 7 E ( X ) = ∑ x − = x= × = = ∑ b ab x =1 ab 2 2 2 x= 1 a
c)
ab = 6
de donde: a2 + a −6 = 0
⇒
siendo b = a + 1 a=
⇒
a2 + a = 6
− 1 ± 1 + 24 − 1 ± 5 a = 2 = = 2 2 a = −3 no válida
resultando finalmente:
a= 2
y
b =3
---------------------------------------------------------------------------------------------------------228.- Sea ξ una variable aleatoria con distribución uniforme en [0,1]. Calcular la distribución de la media para muestras de tamaño 2. 1 f ( x1 , x 2 ) = 0
si 0 ≤ x1 ≤ 1 en el resto
0 ≤ x2 ≤ 1
X1 + X 2 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------Calcular la distribución para Z =
x + x2 F ( z ) = P( Z ≤ z ) = P 1 ≤ z = P( x1 + x 2 ≤ 2 z ) 2
3/11
(0,1)
x2
x1 + x 2 ≤ 2 z x 2 ≤ 2 z − x1 z=1/2
x1
0
2z
Si
z ≤0
Si
0 < z ≤ 1/ 2 ⇒
x1 = 1 − x2
⇒
F ( z) =
⇒
z=
1 2
(1,0)
F ( z) = 0 ⇒
∫ ∫ 2z
0
2 z − x1
0
2z
dx2 dx1 =
∫
2z
0
x12 7z2 (2 z − x1 )dx1 = 2 zx1 − = 2 0 2 0 ≤ x 1 ≤ 2 z − 1 A1 : 0 ≤ x2 ≤ 1
A1
A2
si
2z-1
A1 = ∫
2 z −1 1
A1 = ∫
1
0
∫
0
∫
dx 2 dx1 = ∫
2 z − x1
2 z −1 0
2 z −1
0
1 < z ≤1 2
F ( Z ) = A1 + A2
dx1 = 2 z − 1 1
x2 dx 2 dx1 = ∫ ( 2 z − x1 ) dx1 = 2 zx1 − 1 = ... 2 z −1 2 2 z −1 1
1 ( 2 z − 1) 2 …= 2 z − − 2 z (2 z − 1) − 2 2 …= 2 z −
2z - 1 ≤ x 1 ≤ 1 A2 : 0 ≤ x2 ≤ 2 z − x1
x 2=2z-x 1
1 4z 2 + 1 − 4z = 2 z − − 4 z 2 + 2 z + =… 2 2
1 1 − 4 z 2 + 2 z + 2 z 2 + − 2 z = −2 z 2 + 2 z 2 2 z≤0 0 2 1 7 z F (Z ) = 0< z ≤ 2 2 1 2 4 z − 2 z − 1 2 < z ≤ 1
4/11
0 f ( z ) = 7 z 4 − 4 z
z≤0 0< z <
1 2
1 < z <1 2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------229.- Una máquina fabrica ejes de diámetro X y otra cojinetes de diámetro interior Y. Suponiendo que la función de densidad conjunta sea de la forma: f(x,y)=e− (x+y) Calcular:
x>0 , y>0
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)
f (x ) =
e − ( x + y ) dy = lim
∫e
b)
f 2 ( y) = ∫0 e − ( x + y ) dx = lim
∫e
c)
f 2 1 ( y X = x) =
f ( x, y ) e −( x+ y ) = −x = e −y f1 (x ) e
e − y f 2 1 ( y X = a) = 0
d)
f 2 1 ( x Y = y) =
f (x , y ) e − ( x + y ) = − y = e−x f 2 ( y) e
e − x f 2 1 ( x Y = b) = 0
t
−(x+ y)
t → +∞ 0
0
+∞
t
t → +∞ 0
−( x + y )
t
dy = lim − e −( x + y ) 0 = lim − e −( x+ t ) + e − x = e − x t → +∞
t →+∞
t
dx = lim − e − ( x + y ) 0 = lim − e −( t + y ) + e − y = e − y t → +∞
t →+∞
si y > 0 en el resto si x > 0 en el resto
e) Curva de regresión de Y sobre X: y = m2 1 ( x) m2 1 ( y x ) = ∫ ydF2 1 ( y x) = ∫ yf 2 1 ( y x ) dy =
∫
+∞
0
t du = dy u = y I = ∫0 ye − y dy = = − ye − y −y −y dv = e dy v = −e
[
ye − y dy = lim
∫
t
t → +∞ 0
] − ∫ −e t
0
t
−y
0
ye − y dy =
dy = − te −t + ∫ e − y dy = … t
0
…= − te −t − e −t + e 0 = −te − t − e − t + 1 (*)
(
)
…= lim − te − t − e − t + 1 = 1 t →+∞
f) Curva de regresión de X sobre Y: x = m1 2 ( y)
5/11
⇒
(*)
y=1
+∞
m1 2 ( x y ) = ∫ xdF1 2 ( x y) = ∫ xf1 2 ( x y) dx = ∫0 xe − x dx = lim
∫ xe t
t → +∞ 0
σ xy
ρ=
g) Coeficiente de correlación de x,y : +∞
E ( x ) = ∫0 x. f 1 ( x ) dx = lim
∫ xe t
−x
t → +∞ 0
+∞
E ( y ) = ∫0 y. f 2 ( y ) dy = lim
∫
t
t →+∞ 0
∞
E(X2 )= ∫0 x 2 e − x dx = lim
σx σ y
dx = 1
Cov ( x, y ) (VarX .VarY )1 2
dx = 1
(ver problema 223)
t x 2 = u t 2 xdx = du I = ∫ x 2 e − x dx = … = ∫ x 2 e − x dx = x 2 e − x − x − x 0 0 dv = −e dx v = e
[
] +∫ e t
t
0
−x
0
x=1
dx = …(#)
2 −x
t →+∞ 0
…= − t 2 e −t + − 2 xe − x
⇒
ye − y dy = 1
∫xe t
=
−x
[
] +∫ e
(
)
t
t
0
0
−x
2 xdx =…
2dx = − t 2 e −t − 2t e − t + 2 − e − t + 1
(
)
(
)
(
)
… = lim − t 2 e −t + lim − 2te − t + lim − 2e − t + 2 =… (##)
y sustituyendo en (#):
t →+∞
(
)
t → +∞
t →+∞
−t2 − 2t −2 = l' Hôpital = lim t = lim t = 0 t t → +∞ e t → +∞ e t → +∞ e
L1 = lim − t 2 e − t = lim t →+∞
L2 = lim (− 2te − t ) = lim
− 2t −2 = l' Hôpital = lim t = 0 t t → +∞ e e
L3 = lim (− 2e − t ) = lim
−2 =0 et
t →+∞
t →+∞
t →+∞
t → +∞
y sustituyendo en (##)
(
)
(##) … = lim − t 2 e −t − 2t e −t − 2e −t + 2 = 0 + 0 + 0 + 2 = 2 t →+∞
∞
E(Y2 )= ∫0 y 2 e − y dy = lim
∫
t
t → +∞ 0
E(X Y)= ∫
+∞
0
∫
+∞
0
+∞
+∞
xye −( x + y ) dydx = ∫ Idx = ...
∫
+∞
t → +∞ 0
E(X Y)= ∫
+∞
0
∫
+∞
0
siendo
0
I= ∫0 xye − ( x + y ) dy = lim luego:
y 2 e − y dy = 2
xye − x e − y dy = xe − x lim
∫
t
t →+∞ 0
ye − y dy = xe − x
+∞
xye −( x+ y ) dydx = ∫ xe − x dx = 1 0
Cov(X,Y)=E(XY)−E(X).E(Y)=1−1=0
⇒
ρ= 0
---------------------------------------------------------------------------------------------------------6/11
230.- Cierta empresa produce dos artículos A y B. Sea x una variable aleatoria que mide la demanda mensual, en miles de unidades, de A e y la de B. Se sabe que la función de densidad conjunta es: 3x − y f ( x, y ) = 5 0
1< x < 2
1< y <3
en el resto
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. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------f1 (x ) = ∫
a)
3
+∞
f ( x, y ) dy = ∫
−∞
…=
3
1
3x − y 3x 3 1 3 3x 3 1 y 2 dy = dy − ydy = [ y ]1 − = … 5 5 ∫1 5 ∫1 5 5 2 1
3x (3 − 1) − 1 9 − 1 = 3 x × 2 − 1 × 4 = 6 x − 4 = 6 x − 4 5 5 2 2 5 5 5 5 5 2
+∞
f 2 ( y) = ∫−∞ f ( x , y ) dx = ∫1
2
3x − y 3 2 y 2 3 x2 y 2 dx = ∫1 xdx − ∫1 dx = − [x ]1 = … 5 5 5 5 2 1 5
3 4 1 y 3 3 y 9 y 9 − 2y …= − − (2 − 1) = × − × 1 = − = 5 2 2 5 5 2 5 10 5 10 6x 4 9 y 6x 9 6x y 4 9 4 y f 1 ( x ) f 2 ( y ) = − . − = × − × − × + × = ... 5 5 10 5 5 10 5 5 5 10 5 5 …=
27 6 18 4 27 x + 4 y − 6 xy − 18 x− xy − + y= ≠ f ( x, y) 25 25 25 25 25 ⇒
X e Y independientes
b)
P( x − y > 0 ) = P( x > y ) = … 3 2
…= ∫
1
1
1
siendo 1
2
∫
x
1
I =∫
x
1
2 3x − y dydx = ∫ I .dx 1 5
(*)
x 3x x y 3x − y dy = ∫ dy − ∫ dy =... 1 5 1 5 5
2 x
3x y2 3x 2 x 2 3 x 1 5 x 2 − 6 x + 1 ... = y − = − − + = 10 1 5 10 5 10 10 5 7/11
luego: (*) = ∫
2
1
5x 2 − 6 x + 1 dx = 10
2
∫
2 3x 2 1 x 3 3x 2 x x2 dx − ∫ dx + ∫ dx = − + =… 1 5 1 10 10 10 1 2 6
2
1
8 12 2 1 3 1 80 − 72 + 12 10 − 18 + 6 22 11 …= − + − − + = = − = 60 60 6 10 10 6 10 10 60 30
c)
3x − y 3x − 1'5 f ( x, y ) 10(3 x − 1'5) 1'5 5 P( X ≥ 0'5 y = 1'5) = = 5 = { y = 1'5} = = = x− 9 − 2y 9 −3 f 2 ( y) 30 3 10 10 2
2 x2 x 1'5 1 4 2 1 1 ∫1 x − 3 dx = ∫1 x − 2 dx = 2 − 2 1 = 2 − 2 − 2 − 2 = 1 2
---------------------------------------------------------------------------------------------------------231.- Sea la variable aleatoria con función de densidad: k + xy f ( x, y ) = 0 Calcular: a) f(x,y)
y
0 ≤ x ≤1 0 ≤ y ≤1 en el resto
b) E(x+y)
---------------------------------------------------------------------------------------------------------1
a)
xy2 1 = ∫0 ∫0 (k + xy)dydx = ∫0 ky + dx = 2 0 1 1
1
⇒
1
x x2 1 k + dx = kx + ∫0 2 4 = k + 4 0
k =1−
1
1 3 = 4 4 1
3 x yx 2 3 y 3 + 2y 3 f 2 ( y) = ∫ + xy dx = + = + = 0 4 2 0 4 2 4 4 1
3 1 + xy (3 + 4 xy ) 3 + 4 xy f ( x, y ) 4 4 f ( x y) = = = = 3+ 2y 1 f 2 ( y) (3 + 2 y ) 3 + 2 y 4 4 E ( x + y) = E ( x) + E ( y )
b)
1
2 1 3x 1 x 3 x 2 1 x3 3 x E ( x ) = ∫ xf1 ( x ) dx = ∫ x + dx = ∫ dx + ∫ dx = + = … 0 0 0 4 0 2 4 2 4 2 2 3 0 1
1
8/11
⇒
3 1 3 1 9 + 4 13 …= (1 − 0 ) + (1 − 0 ) = + = = 6 24 24 8 8 6 2 13y 1 y 3 y E ( y ) = ∫ yf 2 ( y) dy = ∫ y + dy = ∫ dy + ∫ dy = 0 0 0 4 0 2 4 2 1
1
1
3 y 2 1 y 3 + = … 4 2 2 3 0
3 1 3 1 9 + 4 13 …= (1 − 0 ) + (1 − 0 ) = + = = 6 24 24 8 8 6 13 13 26 13 + = = 24 24 24 12
E ( x + y ) = E ( x) + E ( y ) =
---------------------------------------------------------------------------------------------------------232.- Probar que no pueden existir dos variables x e y tales que E(X)=3, E(Y)=2, E(X 2 )=10, E(Y 2 )=29 y E(X,Y)=0. ---------------------------------------------------------------------------------------------------------ρ=
Cov( X , Y )
(Var ( X ).Var (Y ) )
12
=
−6
(1× 25)
12
=
−6 < −1 5
Cor ( X , Y ) = E ( XY ) − E ( X ) E (Y ) = 0 − 2 × 3 = −6 Var ( X ) = E ( X 2 ) − E( X ) 2 = 10 − 3 2 = 1 Var (Y ) = E(Y 2 ) − E (Y ) 2 = 29 − 2 2 = 25 ρ ≤1 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------233.- Sea (ξ ξ ,η η ) una variable aleatoria bidimensional con función de densidad: 1 si 0 ≤ x ≤ y 0 ≤ y ≤ 2 f ( x, y ) = 2 0 otro valor Calcular el coeficiente de correlación ρ y las rectas de regresión ---------------------------------------------------------------------------------------------------------ρ=
Cov( X , Y )
(Var ( X ).Var (Y ) )1 2
9/11
αn , m = ∫
2
0
∫
y
0
xn ym
1 1 2 dxdy = ∫ I .dy =… 2 2 0
(*)
y
siendo:
I = ∫0
y
1 1 m y n 1 m x n +1 1 m y n +1 1 y m +n +1 x y dx = y ∫0 x dx = y = y n +1 = 2 × n +1 2 2 2 n + 10 2 n
m
2
sustituyendo en (*):
1 1 2 m + n +1 1 y m+ n+ 2 …= × y dy = =… 2 n + 1 ∫0 2( n + 1) m + n + 2 0 …=
1 2 m+ n+ 2 1 2 m +n +1 × = × 2(n + 1) m + n + 2 n + 1 m + n + 2 E ( XY ) = α11 = E ( X ) = α10 =
1 23 × =1 2 4
1 22 2 × = 2 3 3
1 22 4 E (Y ) = α01 = × = 1 3 3 Cov( x, y ) = E ( XY ) − E( X ) E (Y ) = 1 −
2 4 8 1 × =1− = 3 3 9 9
1 23 2 × = 3 4 3
2 4 E ( X ) 2 = = 9 3
E ( X 2 ) = α20 =
2
y
Var ( X ) = E ( X 2 ) − E( X ) 2 =
2 4 6−4 2 − = = 3 9 9 9 2
1 23 E (Y 2 ) = α02 = × =2 1 4
4 16 E (Y ) 2 = = 9 3
y
Var (Y ) = E(Y 2 ) − E (Y ) 2 = 2 −
Coeficiente de correlación:
ρ=
1 9 1
2 2 2 × 9 9 X − E( X ) =
=
16 2 = 9 9
1 2
Cov( X , Y ) (Y − E(Y ) ) Var (Y )
10/ 11
x−
2 19 4 = y − 3 2 9 3
⇒
Y − E (Y ) =
y−
4 1 2 = x − 3 2 3
⇒
x−
2 1 4 = y − 3 2 3
⇒
x=
1 y 2
y =1+
1 x 2
Cov( X , Y ) ( X − E (X )) Var ( X ) y=
4 1 1 + x− 3 2 3
⇒
----------------------------------------------------------------------------------------------------------
11/ 11
Hojas de Problemas – Estadística IV
234. Tenemos tres monedas que llamaremos M1 , M2 , M3 . La moneda M 1 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 M i al suceso “la moneda elegida es la i”, donde i puede ser 1, 2 ó 3. Entonces, M 1 , M 2 y M 3 es una serie exhaustiva de sucesos incompatibles, puesto que forzosamente alguno de ellos ocurre M1 ∪ M 2 ∪ M 3 = Ω y no pueden darse dos a un tiempo M i ∩ M j = 0/ 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 P(C ) = P ( M 1 ) P(C | M 1 ) + P( M 2 ) P (C | M 2 ) + P( M 3 ) P(C | M 3 ) (3.2) Ahora bien, puesto que la elección entre monedas es al azar, se tendrá 1 3 Por otra parte, la moneda M 1 esta equilibrada, luego P( M 1 ) = P( M 2 ) = P( M 3 ) =
1 2 La moneda M 2 es tal que resulta dos veces más fácil que salga cara que cruz, esta condición significa que P(C | M 1 ) =
P( C | M 2 ) = 2 P( C c | M 2 ) y como P( C | M 2 ) + P(C c | M 2 ) = 1 resultará 2 3 Por último, aplicando un razonamiento semejante aplicado a la moneda M 3 , revela que P( C | M 2 ) =
1 4 Si se reemplazan estos valores en la ecuación 3.2, resulta P( C | M 3 ) =
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P(C) =
11 12 11 + + 32 33 34
235. Una urna, digamos I, contiene tres bolas blancas y cuatro bolas negras. Extraemos al azar dos bolas de la urna I y, sin mira r 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 BI y BII , 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 A0 , A1 y A2 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 A0 , A1 y A2 son una serie exhaustiva de sucesos mutuamente incompatibles. Por otra parte, para que ocurra A0 , 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 43 2 = 76 7 de manera semejante se tienen P( A0 ) =
43 34 4 32 1 + = , P( A2 ) = = 76 76 7 76 7 Ahora, cuando ocurre A0 , la probabilidad de extraer una bola blanca de la urna II es 0. P( A1 ) =
P( B II | A0 ) = 0 De igual manera se tienen 1 , P( B II | A2 ) = 1 2 Todos estos cálculos se resumen en el esquema de la figura 3.5. Se tiene así: P( B II | A1 ) =
P( B II ) = P( A0 ) P( BII | A0 ) + P( A1 ) P ( BII | A1 ) + P( A2 ) P( BII | A2 ) =
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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: 3 2 1 P( B I | A0 ) = , P( B I | A1 ) = , P( B I | A2 ) = ; 5 5 5 por lo tanto, se tiene: P( B I ) = P ( A0 ) P( B I | A0 ) + P( A1 ) P( BI | A1 ) + P( A2 ) P( B I | A2 ) =
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La última cuestión presenta, aparentemente, más interés. El suceso “ambas bolas son blancas” se simboliza por C = BI ∩ BII . 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 A0 , A1 o A2 . El cálculo se hace mecánico, P(C ) = P ( A0 ) P(C | A0 ) + P( A1 ) P(C | A1 ) + P( A2 ) P(C | A2 ) La pequeña dificultad adicional reside en el cálculo de las probabilidades condicionadas. No es preciso pensar mucho para concluir: P(C | A0 ) = 0 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, ha y una única manera de tomar una bola blanca de II. Por lo tanto, 2 casos son favorables a BI ∩ BII . Se tiene así: 2 1 = 10 5 Un razonamiento semejante permite concluir que se cumple: P(C | A1 ) =
P(C | A2 ) =
2 1 = 10 5
Todos estos cálculos se resumen en el esquema de la figura 3.6, y la fórmula de la probabilidad total produce:
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P( B I ∩ BII ) =
2 41 11 1 0+ + = 7 75 75 7
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 (1 − p a )(1 − pb )...(1 − p a )(1 − p b ) pa = (1 − p a ) n −1 (1 − pb ) n −1 p a n – 1 veces Mientras que, por análoga razón, B gana en la partida 2n-ésima con probabilidad (1 − p a )(1 − pb )...(1 − pa )(1 − pb )·(1 − p a )· p a = (1 − pa ) n (1 − p b ) n −1 pb n – 1 veces Luego (1 − pa ) n −1 (1 − p b ) n −1 pa si k = 2n - 1 P( N = k ) = (1 − pa ) n (1 − p b ) n −1 pb si k = 2n
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.-
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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 7 −10 10 −10 10 −10 10 −10 2 + 2 + 2 + 2 ≅ 0.1719 2 8 9 10 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 + b a 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.
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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 a + b − 1 a −1 Por lo tanto, el número de trayectorias favorables será igual a las que conducen de (1, 1) a (a+b, a-b), esto es: a + b − 1 a −1 menos las que van de (1, -1) a (a+b, a-b), es decir a + b − 1 a + b − 1 - a −1 a −1 Luego la probabilidad de que A vaya siempre ganado es: a + b − 1 a + b − 1 − a −1 a = a−b a +b a+b a Observemos que si A tiene el α % de los votos, entonces hay un 2 α -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 Ai el suceso “la primera bola blanca aparece en la extracción i”. Se tendrá que
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b P( Ai ) = a+b
i −1
a a+b
La probabilidad de que gane el jugador que extrae las bolas impares es: ∞
b ∑ k =0 a + b
2k
a a 1 a( a + b ) b a+b = = =1− = 2 2 2 a + b a + b 1 − (b / a + b) a + 2b a + 2b (a + b) − b
y la probabilidad de que gane su contrincante es
b . a + 2b
240. Al lanzar una moneda aparece cara con probabilidad p. Calcular la probabilidad del suceso Ak = {aparecen k cruces antes de la n - ésima cara} 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 n + k − 1 k 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 n + k − 1 n P( Ak ) = p (1 − p) k k
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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: ∞ n + k − 1 n P(aparezca la n-ésima cara) = ∑ p (1 − p) k = 1 k k =0
(1)
El conjunto de probabilidades n + k − 1 n p (1 − p ) k para k = 0,1,... k 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 x x( x − 1)( x − 2)...( x − k + 1) = k! k Con esta convenció n puede darse la fórmula generalizada del binomio de Newton. ∞ r Si r es real y x < 1, entonces (1 + x ) r = ∑ x k k =0 x
También con esta convención, la expresión de las probabilidades binomiales negativas puede escribirse n + k − 1 n − n p (1 − p ) k = p n ( p − 1) k k k de donde se deriva el término bino miales 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; ∞ n + k − 1 n − n k n p ( 1 − p ) = p ( p − 1) k = p n [1 + ( p − 1)]− n = 1 ∑ ∑ k k=0 k =0 k ∞
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
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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 0 ≤ i < c y al número k (0 ≤ k < ∞ ) 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”, 0 ≤ i < c . 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 + k + c − 1 i + c − 1 k i realizaciones favorables, cada una con probabilidad p c q i (1 − p − q ) k . Luego i + k + c − 1 i + c − 1 c i P( Ai , k ) = p q (1 − p − q ) k k i y la probabilidad de que A gane el torneo será c− 1 ∞ c −1 i + c − 1 c i ∞ i + k + c − 1 p q ∑ (1 − p − q) k P( A gana ) = ∑∑ P( Ai , k ) = ∑ i k i =0 k = 0 i= 0 k =0
Ahora bien, si en la identidad binomial negativa del ejemplo anterior tomáramos i + c como n, y p + q como p, resulta i + k + c − 1 1 (1 − p − q) k = ∑ k ( p + q) i +c k =0 1 = ( p + q ) i+ c ∞
i + k + c − 1 (1 − p − q ) k ( p + q ) i +c = k k=0 ∞
∑
luego c −1 i + c − 1 i + c − 1 c i c i p 1 P( A gana ) = ∑ p q = p q ∑ i +c i i ( p + q) i =0 i= 0 p +q c− 1
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c
q p+ q
i
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 0 ≤ k ≤ n , 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 n 2 1 P( Ak X = 0) = k 3 3 k
n −k
para k = 0, 1, ..., n
n −k
n 1 2 P( Ak X = 1) = para k = 0, 1, ..., n k 3 3 0 para k = 0, 1, ..., n P( Ak X = 0) = 1 para k = 0 k
Luego para cada k, k = 1, 2, …, n, se tiene 1 n 2 1 P( Ak ) = 3 k 3 3 k
n− k
1 n 1 2 + 3 k 3 3 k
n− k
n 2 k + 2 n −k = n +1 k 3
y n
n
1 1 1 2 1 P( A0 ) = + + 3 3 3 3 3 243. 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: P( Bn ) =
1 ( n + 1) 2
y la probabilidad de ganar el juego en el n-ésimo par de extracciones es:
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P(Gn ) = P ( B1c ∩ B2c ∩ ... ∩ Bnc−1 ∩ B nc ) = 1 1 1 1 1 = 1 − 2 1 − 2 ... 1 − 2 ...1 − 2 = 2 2 3 k n ( n + 1) 1·3 2·4 ( k − 1)( k + 1) ( n − 1)( n + 1) 1 1 = 2 2 ... ... = 2 2 2 2n (n + 1) 2 3 k n ( n + 1) Por lo tanto, la probabilidad de ganar el juego es: 1 1 N 1 1 = lim − = ∑ ∑ N→∞ N→∞ 2 ( n + 1) n =1 2n( n + 1) n =1 n N
lim
= lim
N→∞
1 1 1 1 − = 2 N +1 2
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Hojas de Problemas – Estadística V
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: a b b b +1 · + · a + b a + b +1 a + b a + b +1 (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: a a +1 b a · + · a + b a + b +1 a + b a + b +1 Por lo tanto, el número esperado de bolas blancas en III será ( a + 1)
a (a + 1) + ba ab + b (b + 1) a( a + 1) ab a ( a + b + 1) +a = + = ( a + b)( a + b + 1) ( a + b)( a + b + 1) a+b a +b a+b
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
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p1 =
a a+b
La probabilidad de obtener bola blanca en la segunda extracción es p 2 = p1
a +1 a + (1 − p1 ) = p1 a + b +1 a + b +1
Puesto que con probabilidad p1 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 p1 ) hay a bolas blancas en la segunda urna antes de la segunda extracción. La igualdad p1 = p 2 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 p k −1 = p1 , la probabilidad de extraer una bola blanca de la urna k-ésima será a +1 a + (1 − p k −1 ) a + b +1 a +b +1 a +1 a = p1 + (1 − p1 ) a + b +1 a + b +1 a a +1 b a = · + · a + b a + b +1 a + b a + b + 1 = p1 p k = p k −1
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 ( a + 1)
a b a( a + b + 1) +a = a+b a+b a+b
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
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a + b −i a − 1 b b −1 b −i + 2 a P( N = i ) = L = a + b a + b −1 a + b − i + 2 a + b − i +1 a +b a y el número esperado, µ, de bolas extraídas será igual a a + b µ = a
−1
a + b − i ·i a − 1 i =1
b +1
∑
Ahora bien b +1 a + b − i 1 ·i = ∑ a + b i =1 a − 1 a
=
b +1 a + b − i 1 (( a + b + 1) − ( a + b − i + 1)) ∑ a − 1 a + b i =1 a
b +1 1 a + b − i a + b − i ( a + b + 1) − ( a + b − i + 1) ∑ a −1 a − 1 a + b i =1 a −1
b +1 a + b − i b +1 a + b − i + 1 a + b ( a + b + 1) ∑ − a ∑ = a −1 a i =1 i =1 a
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 a + b µ = a
−1
a +b −1 j a +b j (a + b + 1) ∑ − a ∑ j = a −1 a − 1 j= a a
y, puesto que n
i
n +1
∑ k = k + 1 i= k
resulta: a + b µ = a
−1
a + b a + b + 1 (a + b + 1) − a a a + 1
de lo que se sigue µ =
a + b +1 . a +1
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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 X i que toma el valor 1 cuando está vacía y el valor 0 cuando está ocupada. El número N de urnas vacías será igual a N = X1 + X 2 + K + X n Ahora, la probabilidad de que una urna fijada, por ejemplo la i-ésima, esté vacía es igual a: k n −1 P( X i = 1) = n ya que cada bola puede ser colocada con igual probabilidad en cualquier urna, hay n1 ·n2 L3n k _ veces
maneras posibles de colocar las k bolas en las n urnas; ahora bien, para que la urna iésima 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 X i es
(n − 1) k , y el número esperado de urnas vacías será nk
n −1 n· n
k
248. Una urna contiene a bolas blancas y b bolas negras, extraemos k bolas sin reemplazamiento, 0 ≤ k ≤ a + b , 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 a a −1 a µ P( N = 0) + P ( N = 1) + L = − a+b−k a+b−k a +b − k a + b − k
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en consecuencia, el razonamiento en media es válido. Entre las k bolas elegidas habrá en media ka /( a + b ) bolas blancas. Por lo tanto, en media, la urna contiene a − (ka /( a + b)) = a( a + b − k ) /( a + b) bolas blancas, de un total de a + b – k bolas. Por lo tanto, la probabilidad de que la bola elegida sea blanca es a( a + b − k ) /( a + b ) a = a +b−k a+b
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 P( B1 = b) = p b (1 − p) k − b , para b = 0, ..., k b y, si i = 0, …, r, se tendrá b k − b i r − i P( B2 = i B1 = b ) = k r siempre que r + b − k ≤ i ≤ b , para que haya suficientes bolas de cada color en la urna; pues en caso contrario la probabilidad sería cero. Entonces k b k − b k P( B2 = i ) = ∑ p b (1 − p) k − b b =i b i r − i r k − r+ i r k − b b p (1 − p ) k −b = ∑ b =i i r − i k−r r k − r l = p i (1 − p ) r −i ∑ p (1 − p) k − r − l l i l =0 k − r+ i
r = p i (1 − p ) r −i i 5/12
−1
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: r P( B2 = i ) = p i (1 − p ) r − i i Para calcular la probabilidad de que en la urna hub iese i + j bolas blancas, supuesto que en la extracción se han obtenido i, es decir P( B1 = i + j B2 = i ) aplicaremos la definición de probabilidad condicionada. P( B1 = i + j B2 = i ) = k i+ =
P ( B1 = i + j ) P( B2 = i B1 = i + j ) P ( B2 = i )
i+ j i + j k − i − p (1 − p ) k −i − j j i r − i r i k p (1 − p ) r −i i r
j
k − r j = p (1 − p) k − r − j j 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 E{N}. RESOLUCIÓN.-
6/12
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: k−1
21 P(N =1) =1/ 3, P(N =k) = paracadak,k ≥ 2 32 por tanto, la esperanza matemática de N será igual a: E{ X } =
1 ∞ 21 + ∑k 3 k=2 3 2 ∞
∑k2
El cálculo de la suma
k −1
− ( k −1)
=
∞ 1 1 1 + 2∑ k 3 k=2 2
k −1
, es un ejercicio bastante elemental, pero no está de
K =2
más recordar algunos métodos. El más simple utiliza la misma idea que permite calcular la suma de una progresión geométrica. Consideremos la suma ∞
S = ∑ nx n n =1
donde 0 < x < 1, entonces ∞
∞
n =1
n =1
S − xS = ∑ nx n − ∑ nx n +1 Si restamos los coeficientes de los términos en xn , resulta; ∞
∞
n= 2
n =1
(1 − x) S = x + ∑ ( n − ( n − 1)) x n = ∑ x n serie geométrica que suma x/(1 – x), luego se tiene: ∞
S = ∑ nx n = n =1
x (1 − x ) 2
Otro procedimiento; consideremos la serie geométrica siguiente como función de x ∞
f (x ) = ∑ x n = n =1
x para 0 < x < 1 1− x
Puede demostrarse que la derivada de esta función es igual a la serie de las derivadas de cada término. Se tiene así
7/12
∞
f ' ( x ) = ∑ nx n −1 para 0 < x < 1 n =1
luego f ' (x ) =
∞ x = x n −1 ∑ 2 (1 − x ) n=1
de donde ∞ x = nx n ∑ 2 (1 − x ) n =1
En cualquier caso, si aplicamos el resultado anterior a nuestra serie, resulta: ∞
∑k2
−k
=
k =1
∞
por lo tanto,
∑ k2
1/ 2 = 2; (1 − 1 / 2) 2
− ( k −1)
= 3 y E{ X } = 7 / 3 .
k=2
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: ∞
∞
n= 0
n =1
E{ X } = ∑ nP ( X = n) = ∑ nP( X = n) es decir E{ X } = P( X = 1) + 2 P( X = 2) + 3P( X = 3) + ... Los términos de esta suma pueden reordenarse E{ X } = P( X = 1) + P( X = 2) + ... + P( X = 2) + P( X = 3) + ... + ... luego
E{ X } = P( X > 0) + P ( X > 1) + P( X > 2) + ...
En resumen: Si X es una variable aleatoria que toma valores en los enteros no negativos 0, 1, …, se tiene: ∞
E{ X } = ∑ P( X > n) n= 0
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.-
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Los valores posibles de la variable X son 1, 2, …, n – r + 1. Calcularemos primero P( X > k ), k = 1,2,..., n − r . 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 n − k r 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 n r casos posibles –tantos como maneras distintas de elegir las r bolas que extraemos entre las n que hay en la urna–, resulta n − k r P( X > k ) = , para 0 ≤ k ≤ n - r n r Por otra parte P( X = k ) = P( X > k − 1) − P( X > k ) n − k + 1 n − k − r r = n r luego la distribución está dada por n − k r − 1 P( X = k ) = para 1 ≤ k ≤ n - r n r Para calcular la media de la variable emplearemos la expresión anterior, se tiene
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n− r
E{ X } = ∑ P( X > k ) = k=0
n = r
−1
n − k r k=0 n− r
∑
−1
n n + 1 = r r + 1 n +1 = r +1 puesto que r r + 1 n n + 1 + + ... + = r r r r + 1
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 1 si la bola i - ésima es blanca Xi 2 si la bola i - ésima es negra El número de bolas blancas entre las dos extraídas será X1 + X2 . El número esperado de bolas blancas será E{ X 1 + X 2 } = E{X 1 } + E{X 2 } Para calcular E{X1 } 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 E{ X 1 Y = k} = 0· P( X 1 = 0 Y = k ) + 1·P( X 1 Y = k ) k 1 +1 k +1 k +1 1 = k +1 = 0·
Por lo tanto
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6
E{ X 1 } = ∑ E{ X Y = k}P(Y = k ) k =1
6
1 1 k =1 k + 1 6 1 1 1 1 = + + ... + 6 2 3 7 =∑
Por simetría, E{X2 } = E{X1 }. Se tiene así que el número esperado de bolas blancas es 1 1 1 1 + + ... + 3 2 3 7 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 al nzar 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 S = X 1 + X 2 + ... + X N 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
E {S } = E{ X 1 + X 2 + ... + X N } = E { X 1 } + E{ X 2 } + ... + E{ X N } es falsa. La linealidad de la esperanza es cierta cua ndo el número de sumandos es fijo. Sin embargo la suma S = X 1 + X 2 + ... + X N 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
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E{S N = k } = E{X 1 + X 2 + ... + X k } = kE{X 1 } = kp Por lo tanto 6
E{S} = ∑ E{S N = k}P( N = k ) k =1
6
= p ∑ kP( N = k ) k =1
= pE{N} = 3.5 p Este resultado se puede hacer general.
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Hojas de Problemas – Estadística VI
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: 1 Sea Xi = 0
si sale cara.
si sale cruz.
Xi se distribuye según la ley de Bernouilli de parámetro p = admitimos que la moneda es perfecta. Si lanzamos la moneda n veces, sea n
x = ∑xi i =1
la variable aleatoria “número de caras que aparecen”. X se distribuirá según la ley binomial B(n,
1 ), luego: 2
n n y var[X] = 2 4 X Para la variable se tiene: n X 1 X 1 n 1 E = var = 2 * = 4 4n n 2 n n E[X] =
Hemos de determinar n de modo que P( 0, 4 ≤
X ≤ 0,6) ≥ 0,9 n
X X − 0,5 ≤ 0,1) ≥ 0,9 ⇒ P ( − 0,5 ≤ 0,1) ≥ 0,9 n n Primer método. ⇒ P (−0,1 ≤
Por la desigualdad de Bienaymé-Tchebychef que viene dada por 1 P( Y − µ ≤ λσ) ≥ 1 − 2 donde λ µ = E[Y] y σ = var [Y ] , λ = cte , λ > 0 . Luego:
1/9
1 ; con ello 2
1 0,1 = λ 4n 1 0,9 = 1 − 2 λ
1 0,01 = λ2 * ⇒ λ2 = 0,04 * n 4n ⇒ 1 = λ2 * 0,1 ⇒ λ2 = 10
10 = 250 ⇒n= 0,04
Segundo método. Por el Teorema de De-Moivre-Laplace tenemos que si X sigue una ley Binomial 1 ,n 2 n X −µ X − 2 = ∈ N (0,1) σ n 4 n 2 ∈ N ( 0,1) ⇒ P (0,4 ≤ X ≤ 0,6) = P (0,4 ≤ X ≤ 0,6n) = P (−0,1n ≤ X − n ≤ 0,1n = n 2 n 4 n n X− X− 0,1n 0 , 1 n 0 , 1 n 2 ≤ 2 ≤ ≥ 0,90 ⇒ por las tablas de la ley = P = P − ≤ n n4 n n 4 n 4 4 4 N(0,1): X−
0,1n 1,64 ≥ 1,64 ⇒ 0,2 n ≥ 1,64 ⇒ n ≥ ⇒ n ≥ 8,2 0, 2 n4 ⇒ n ≥ (8, 2) 2 ⇒ n ≥ 67,24 ⇒ n ≥ 68
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 λ = np = 20.000 * 10 −4 = 2 queda: 2 0 21 2 2 = 1 − 5e −2 = 0,3233235 p = 1 − e − 2 + + 0! 1! 2!
2/9
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 ( n ≥ 3 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 Pn , n ≥ 3 , la probabilidad de obtener un polígono de n lados que verifique el enunciado es: 1 ( n− 2) 1 1 Pn = 1 ............ = n − 2 2 2 2 La esperanza matemática es: ∞ ∞ 1 1 ∞ 1 E = ∑ n n −2 = 2 ∑ n n −1 =2 ∑ n n −1 − (1 + 1) = 2 2 n =3 n =3 n =1 2 1 d 1 = 2 − 2 = 2( 4 − 2) = 4 − 2 = 2 2 dx 1 − x x= 1 1 − 1 2 2 257.
Dos hormigas están situadas respectivamente en los extremos A y B de la diagonal de una cuadrícula que consta de pxp cuadrados ( p ∈ N , p ≥ 1) . 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 ( p, q ∈ N , p ≥ 1, q ≥ 1).
3/9
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 0 ≤ k ≤ p . Es decir, se encontrarán si de un total de 2p elecciones ha n hecho conjuntamente p elecciones de arista vertical. 2p p La probabilidad pedida es 2 p 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. 1 Supondremos , por tanto que p + q es par y sea m = ( p + q ) . 2 Suponiendo q ≤ p , al cabo de m elecciones, cada hormiga ha podido recorrer m m m c = + + ........ + = 2 m 0 1 m 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 0 ≤ k ≤ q La probabilidad de que se encuentren es: m k ∑ c k=0 q
m 2 m q − k = q = c c2
p + k q 2 c
Si es p ≤ q , un razonamiento similar aplicado a los desplazamientos p + q c , donde horizontales, conduce a la probabilidad 2 c m m m c = + + ..... + = 2 m 0 1 m 4/9
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 1 2 . 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 11 1 p = 4 2 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 P(T S ) y resulta: 6 1 5 1 P (T )P(S T ) 2 2 2 2 P(T S ) = = = 11 P (S ) 11 1 4 2 6
5
6 5 2 2 = 5 11 11 4
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.
5/9
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: 4área _ triangulo ( MCN ) 1 p= = 4 área _ triangulo ( OMCN ) 2
260. Suponiendo que se eligen al azar dos valores reales x e y que satisfagan las condiciones: punto int erior a la curva y = ± − x 2 + 4 x − 3 ( x, y ) x− y−2< 0 x+ y−2> 0 hallar la probabilidad que el valor y, elegido al azar, sea tal que 2y> 2 SOLUCION: La curva y = − x 2 + 4 x − 3 ⇔ x 2 + y 2 − 4 x + 3 = 0 es la circunferencia de centro en C(2,0) y radio 1. Las ordenadas de los puntos de corte de las rectas x − y − 2 = 0 y x + y − 2 = 0 , perpendiculares entre sí, con la circunferencia son ± 2 2 . Interpretando geométricamente el problema, la probabilidad buscada es: π 2 1 2 r − r 2 Area _ segmento _ del _ arco _ AB 4 π−2 2 P y > = = = = 0,36 π 2 2 Area _ sec tor _ AB π r 4
6/9
261. Sean n variables aleatorias independientes X 1 , X 2 ,...., X n 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 X i . ¿Cuáles son las funciones de distribución y de densidad de probabilidad de las variables Y = Máx( X 1 , X 2 ,...., X n ) y Z = Mín ( X 1 , X 2 ,...., X n ) ?.
SOLUCIÓN: n
a) Para todo z∈R es P(Y ≤ z ) = Π P ( X i ≤ z ) = F n ( z ) y i =1
[
P( Z ≤ z ) = 1 − Π[1 − P ( X i ≤ z ) ] = 1 − 1 − F n ( z ) n
i =1
]
n
En efecto: n
P(Y ≤ z ) = P ( X 1 ≤ z, X 2 ≤ z ,... X n ≤ z ) = Π P ( X i ≤ z ) = F n ( z ) i =1
P( Z ≤ z ) = 1 − ( P( Z > z ) = 1 − P( X 1 > z , X 2 > z ,....., X n > z ) = = 1 − Π P( X i > z ) = 1 − Π [1 − P( Xi ≤ z )] = 1 − [1 − F ( z ) ] n
n
i =1
i =1
n
b) Sean g y h las funciones de densidad de Y y Z respectivamente. Entonces: g ( z ) = nF n−1 ( z ) f ( z )
h ( z ) = n[1 − F ( z ) ]n−1 f ( z ) en todos los puntos de continuidad de f. En efecto: P(Y ≤ z ) = F n ( z ) ⇒ g ( z ) = nF n −1 ( z ) F ' ( z ) = nF n −1 ( z ) f ( z )
P( Z ≤ z ) = 1 − [1 − F ( z ) ]n ⇒ h ( z ) = −n[1 − F ( z )]n −1 ( − f ( z )) = n[1 − F ( z )]n −1 f ( z )
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
7/9
Es evidente que si ρ ∈ [0, a ] y α ∈ [0, π) ,obtenemos todos los resultados posibles. Para que la aguja interseque a la línea más próxima, se ha de verificar que α ∈ [0, π) y 0 ≤ ρ ≤ bsenα . Luego la probabilidad pedida es: π
∫ p=
0
bsenα∂α πa
−
2b πa
b) Sean 2b1 ,2b2 ,...2bn las longitudes de las agujas. La probabilidad buscada es: 2b 2b 2b p = 1 − 1 − 1 1 − 2 ......1 − n πa πa πa
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:
8/9
Operando se obtiene las siguientes coordenadas: 3 7 A(0,2), B( ,4) ,C(5,-3),D(2,0),E( ,0),F(0,7) 2 2 3 3 AB( ,2), AC (5, −5), DE ( ,0) y DC (3, −3) 2 2 Calculemos ahora las áreas de los triángulos ABC y DEC en el espacio. r r j i AB ∧ AC = 3 2 2 5 −5
Luego S(ABC)=
r k r 15 35 r 0 = − −10 k = − k 2 2 0
1 35 35 = 2 2 4
r r j i Análogamente DE ∧ DC = 3 2 0 3 −3
r k 9r 19 9 0 = − k y S(DEC)= = 2 22 4 0
La probabilidad pedida es: 9 9 p= 4 = 35 35 4
9/9
Hojas de Problemas – Estadística VII
264.- La distribución de probabilidad de una variable aleatoria discreta es la siguiente: xj
1
2
3
…
n
Pj
1
1
1
…
1
n4 + 24
n4 + 34
n4 +1
n4 + n 4
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
∑P
≠ 1 , luego X no es una variable aleatoria. Si lo fuera:
i
1
E( X ) = 1
n +1 4
+2
1 n +2 4
n
2º)
k
lim E ( X ) = lim ∑ n →∞
n →∞
n
1 ∑ n →∞ 2n k =1
= lim
=
k =1
2
+ ... + n
4
n2
k 1+ n
k n
k 2 1 + n
2
=
4
= lim
n →∞
1 n + nn 4
k n
n
1 ∑ n k =1
1 1 2x ∫ 2 0 1 + x2
( )
2
k 1+ n
dx =
4
=
1 ( Arg sh 1 − Arg sh 0) = 2
1 Arg sh 1 = 0,4407 2
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 P(X = r)
0 P0
1 P1
… …
1/10
… …
… …
c) Calcular en cada uno de los casos X y σ x2 RESOLUCIÓN.a) 0 5 5 4 5 P0 = = 0'05292 , 0 9 9 1 4 5 4 5 P1 = = 0'21169 , 1 9 9 2 3 5 4 5 P2 = = 0'33870 , 2 9 9 3 2 5 4 5 P3 = = 0'27096 , 3 9 9
5 4 5 P4 = = 0'10838 , 4 9 9 5 0 5 4 5 P5 = = 0'01734 , 5 9 9 4
siendo r = 0 siendo r = 1 siendo r = 2 siendo r = 3
1
siendo r = 4 siendo r = 5
P1 + P2 + P3 + P4 + P5 = 0'99999 = 1 b) 4 5 0 5 1 P0 = = = 0'00793 , 9 126 5 4 5 1 4 20 P1 = = = 0'15873 , 9 126 5 4 5 2 3 60 P2 = = = 0'47619 , 9 126 5 4 5 3 2 40 P3 = = = 0'31746 , 9 126 5
2/10
siendo r = 0
siendo r = 1
siendo r = 3
siendo r = 3
4 5 4 1 5 P4 = = = 0'03968 , 9 126 5 P5 = 0 ,
siendo r = 4
siendo r = 5
P1 + P2 + P3 + P4 + P5 = 0'99999 = 1 c) En el caso a) estamos ante distribución binomial de parámetros 4 ( n, p) = (5, ) 9 Por consiguiente 4 20 X = n· p = 5· = = 2'22 9 9 σ x2 = np(1 − p) = 5
4 5 100 = = 1'2345 9 9 81
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: X =n
M 5 20 =4 = = 2'22 N 9 9
σ x2 = n
M N −M N −n 5 4 5 400 =4 = = 0'6172 N N N −1 9 9 8 684
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 Ai (1 ≤ i ≤ N ) es suceso que consiste en que haya coincidencia en la extracción i. ( N − 1)! 1 Evidentemente p ( Ai ) = = N! N 3/10
Sea H = A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ AN . Evidentemente H es el suceso que consiste en que al menos haya una coincidencia. Se tiene: ( N − 2)! 1 p ( Ai ∩ A j ) = = (i ≠ j ) N! N ( N − 1) ( N − 3)! 1 p ( Ai ∩ A j ∩ Ak ) = = (i, j, k diferentes) N! N ( N − 1)( N − 2) M ( subindices ( N − ( N − 1))! 1 p ( Ai1 ∩ Ai 2 ∩ ... ∩ Ai N −1 ) = = N! N ( N − 1)...2 diferentes ) ( N − ( N − 0))! 1 p ( Ai1 ∩ Ai 2 ∩ ... ∩ Ai N ) = = N! N! En consecuencia: N 1 N N 1 1 p ( H ) = p ( H = A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ AN ) = − + + ... + 1 N 2 N ( N − 1) 3 N ( N − 1)( N − 2) N N 1 1 + ( −1) N + (−1) N +1 = N − 1 N ( N − 1)...2 N N! 1 1 1 1 1 = 1 − + − + ... + (−1) N + ( −1) N +1 2! 3! 4! ( N − 1)! N! a) El suceso que consiste en que no haya coincidencias es H . Así: 1 1 1 1 + − + ... + ( −1) N +1 ) = 2! 3! 4! N! 1 1 1 1 = − + − ... + ( −1) N 2! 3! 4! N!
p ( H ) = 1 − (1 −
b) Puesto que e −1 = 1 −
1 1 1 + − + ..., se tiene que lim p ( H ) = e −1 N →+∞ 1! 2! 3!
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 ha n 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: n + 1 2 n n + 1 n 2 n −1 a b + a b c 1 1 1
si n ≥ 1
4/10
a2
si n = 0
La probabilidad buscada es: ∞ ∞ ∞ n + 1 2 n ∞ n + 1 n 2 n −1 p = a 2 + ∑ a b +∑ a cb = a 2 + a 2 ∑ ( n + 1) b n +a 2 c∑ ( n + 1)nb n −1 = n =1 1 n =1 1 1 n =1 n =1 ∞
∞
n= 0
n =1
= a 2 ∑ ( n + 1) b n +a 2 c∑ ( n + 1)nb n −1 ∞
Teniendo en cuenta que
∑x
n
=
n= 0
∞
∞
∑ nx n−1 = ∑ (n + 1) x n = n =1
n= 0
1 si x < 1 , derivando: 1− x
1 (1 − x ) 2
∞
y
∑ (n + 1)nx
n −1
n =1
=
2 (1 − x) 3
Por consiguiente p = a2
1 2 a 2 (1 − b) + 2a 2 c a 2 ( a + c) + 2a 2 c a 3 + 3a 2 c 2 + a c = = = (1 − b) 2 (1 − b ) 3 (1 − b) 3 ( a + c) 3 (a + c )3
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 x ∈ (0,1) , y ∈ (0,1) , x ≠ y . 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, Si y < x,
1 , 2 1 0< y< , 2 0< x<
1 , 2 1 x−y< , 2 y−x<
1 < y <1 2 1 < x <1 2
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:
5/10
1 1 + 8 8=1 p= 1 4
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 4< x+y x< 4+ y y< 4+ x Geométricamente la probabilidad equivale a la de elegir en el cuadrado OABC un punto situado en la zona no rayada. Dicha probabilidad es: P=
100 − 8 − 18 − 18 56 = = 0,56 100 100
k definida en (− ∞ ,+∞) , se pide: 1 + x2 a) Determinar k para que f(x) sea una función de densidad. b) Hallar la función de distribución. c) Calcular la probabilidad P( −2 ≤ X ≤ 2) .
270.- Dada la función f ( x ) =
RESOLUCIÓN.+∞
k dx una integral convergente, resulta: −∞ 1 + x 2 +∞ +r 1 1 1= k∫ dx = k lim ∫ dx = 2 −∞ 1+ x r →+∞ − r 1 + x 2 = k lim (arctan r − arctan( −r ) ) = k (π / 2 − ( −π / 2) ) = kπ
a) Por ser
∫
r →+∞
Así,
k = 1/ π
b) ∀x ∈ IR :
F ( x) =
∫
x
−∞
1/ π 1 1 dt = (arctan x − ( −π / 2) ) = (arctan x + π / 2 ) 2 π π 1+t
6/10
P( −2 ≤ X ≤ 2) = F ( 2) − F (−2) = c) =
1 (arctan 2 + π / 2 ) − 1 (arctan( −2) + π / 2) = π π
1 (arctan 2 − arctan( −2) ) = 2 arctan 2 π π
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 Ai (1 ≤ i ≤ N ) el suceso que consiste en que haya coincidencia en la extracción i. Evidentemente p ( Ai ) =
( N − 1)! 1 = . N! N
Sea H = A1 U A2 U ... U AN . Evidentemente H es el suceso que consiste en que al menos haya una coincidencia. Se tiene: ( N − 2)! 1 = N! N ( N − 1) ( N − 3)! 1 p ( Ai ∩ A j ∩ Ak ) = = N! N ( N − 1)( N − 2) p ( Ai ∩ A j ) =
(i ≠ j ) (i, j, k diferentes)
. . . p ( Ai1 ∩ Ai 2 ∩ ... ∩ Ai N −1 ) = p ( A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ AN ) =
( N − ( N − 1))! 1 = N! N ( N − 1)...2
( N − ( N − 0))! 1 = N! N!
En consecuencia:
7/10
(subíndices diferentes)
N 1 N N 1 1 p ( H ) = p ( A1 ∩ A2 ∩ ... ∩ AN ) = − + + ... + 1 N 2 N ( N − 1) 3 N ( N − 1)( N − 2) N 1 N 1 + ( −1) N + ( −1) N +1 = N − 1 N ( N − 1)... 2 N N! = 1−
1 1 1 1 1 + − + ... + (−1) N + ( −1) N +1 2! 3! 4! ( N − 1)! N!
a) El suceso que consiste en que no haya coincidencias es H . Así: 1 1 1 1 p ( H ) = 1 − 1 − + − + ... + ( −1) N +1 = N! 2! 3! 4! 1 1 1 1 = + − − ... + (−1) N 2! 3! 4! N! b) Puesto que e −1 = 1 −
1 1 1 + − + ... se tiene que lim p ( H ) = e −1 N →+∞ 1! 2! 3!
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: p ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) p ( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = p ( A1 ) + p ( A2 ) + p ( A3 ) − p ( A1 ∩ A2 ) − p ( A1 ∩ A3 ) − 2! 2! 2! 1 1 1 1 − p ( A2 ∩ A3 ) + p( A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = + + − − − + = 3! 3! 3! 3! 3! 3! 3! 2! 1 1 1 1 2 = 3 −3 + =1− + = 3! 3! 3! 2! 3! 3
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. 8/10
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 lim p n . n →∞
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: p n = (1 − r ) p n −1 + sq n −1 ⇔ q n = rp n −1 + (1 − s ) q n −1
s p n 1 − r q = r 1 − s n
n
1 0 , 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: s 1 s p1 1 − r p n 1 − r q = r 1 − s 0 . Luego, ∀n ∈ IN : q = r 1 − s 1 n
n
1 0 .
s 1 − r Los valores propios de la matriz son 1 y 1-r-s; los correspondientes 1 − s r vectores propios filas son [1, 1], [r, -s], suponiendo r ≠ 0 ó s ≠ 0 . Así: −1
s 1 1 1 0 1 1 1 − r = = r 1 − s r − s 0 1 − r − s r − s 0 1 1 − 1 − s − 1 1 = r + s − r 1 0 1 − r − s r − s Por tanto: −1
s 1 1 1 1 0 p n 1 − r 1 1 1 q = r 1 − s 0 = r − s 0 (1 − r − s ) n r − s 0 = n 0 1 1 1 − 1 − s − −1 1 = = n r + s − r 1 0 (1 − r − s ) r − s 0 1 − 1 − s − (1 − r − s) n 1 1 s + r (1 − r − s ) n = = r + s − r (1 − r − s) n r r + s r − r (1 − r − s ) n n
9/10
s + r (1 − r − s ) n s y lim p n = , si 1 − r − s ≠ 1 , ya que de n → +∞ r+s r+s 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ s ≤ 1 se deduce que 1 - r - s ≤ 1 . En suma p n =
r = s = 0 ⇒ p n = 1 Como 1 − r − s = 1 ⇒ 1 + ( −1) n ∀n ∈ IN r = s = 1 ⇒ p n = 2 Resulta que si r = s = 0, lim p n = 1 y si r = s = 1, no existe lim p n . n →∞
n →∞
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