Academia DEIMOS Oposiciones: Secundaria - Diplomados en Estadística del Estado - Primaria. C/ Guzmán el Bueno, 52, 1º (Metro ISLAS FILIPINAS o MONCLOA) 91543 82 14 – 91 479 23 42 28015 MADRID www.deimos-es.com
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PROBLEMAS DEL EXAMEN. Madrid 20-6-2008 OPOSICIONES AL CUERPO DE PROFESORES DE ENSEÑANZA SECUNDARIA. Matemáticas.
Problema.Halle la ecuación del lugar geométrico de los puntos del plano desde los cuales se ve la elipse de ecuación
x 2 y2 + =1 a2 b2 bajo un ángulo recto. (Madrid 2008) Solución: P
Sea G el lugar geométrico que se pide, esto es, el conjunto de puntos del plano desde
b
los que se pueden trazar dos tangentes a la
O
elipse b 2x 2 + a 2y 2 = a 2b 2 , perpendiculares entre sí.
( a,b )
(-a, b )
(-a ,-b )
a ( a , -b )
Sea P (u, v ) un punto cualquiera de dicho lugar. Para excluir del razonamiento que sigue a rectas tangentes con “pendiente infinita”, repárese en que los únicos puntos P del lugar G de los que parten tangentes a la elipse paralelas a los ejes de coordenadas son (±a, ±b ) . Podemos suponer por ello que es
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(u, v ) ≠ (±a, ±b ) , con lo que cualquiera de las tangentes r a la elipse desde P tendrá por ecuación y − v = m (x − u ) , con m ∈
− {0} . La intersección de r
con la elipse se reduce a un único punto, lo que es tanto como decir que el sistema 2 2 2 2 2 2 ⎧ ⎪ ⎪b x + a y = a b ⎨ ⎪ y − v = m (x − u ) ⎪ ⎩
tiene solución única. Al despejar y en la segunda ecuación y sustituir en la primera se obtiene la ecuación de segundo grado:
b 2 x 2 + a 2 [v + m (x − u )]2 = a 2b 2 ,
(b
2
2
+a m
2
)x
2
es decir,
+ 2a m (v − mu ) x + a ⎡⎣(v − mu )2 − b 2 ⎤⎦ = 0 2
2
cuya solución ha de ser única, o lo que es igual, su discriminante debe ser nulo: 4a 4 m 2 (v − mu )2 − 4 (b 2 + a 2 m 2 ) a 2 ⎡⎣(v − mu )2 − b 2 ⎤⎦ = 0 ,
esto es,
(a 2 − u 2 ) m 2 + 2uvm + b 2 − v 2 = 0
(1)
Las pendientes m 1 y m 2 de las tangentes a la elipse desde P son las soluciones de la ecuación (1), así es que como dichas tangentes son perpendiculares entre sí, deberá ser m 1m 2 = −1 , lo que, según las fórmulas de Cardano-Vieta y dado que (u, v ) ≠ (±a, ±b ) , supone que: b2 − v2 = −1 a2 −u2
o, equivalentemente,
2
u2 + v2 = a2 +b2
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Esta igualdad prueba que el punto P (u, v ) es de la circunferencia C de centro el origen y radio
a 2 + b 2 , circunferencia a la que también pertenecen los
puntos (±a, ±b ) . Esto prueba que G ⊂ C . Comprobamos ahora, recíprocamente, que C ⊂ G . Evidentemente, los cuatro puntos (±a, ±b ) de C son del lugar geométrico G . Sea entonces P (u, v ) , con
(u, v ) ≠ (±a, ±b ) , un punto de C . Para probar que P ∈ G , esto es, para demostrar que desde P
se pueden trazar dos tangentes a la elipse
perpendiculares entre sí, bastará probar que la ecuación (1) tiene dos soluciones reales m 1 y m 2 tales que m 1m 2 = −1 . Como es P ∈ C , será:
u2 + v2 = a2 +b2
y
b2 − v2 = −1 a2 −u2
Así, las dos soluciones m 1 y m 2 de la ecuación (1) cumplen que m 1m 2 = −1 . Dicha ecuación (1) es de 2º grado por ser (u, v ) ≠ (±a, ±b ) y tiene todos sus coeficientes reales. Además, sus raíces m 1 y m 2 no pueden ser complejas conjugadas pues su producto sería positivo, así es que ambas son reales, no nulas y diferentes. Resulta así que P ∈ G y, por tanto, C ⊂ G . Y
Todo lo dicho hasta aquí prueba que G = C , es decir, que el lugar geométrico
buscado es la circunferencia de centro el
b
a 2 + b 2 . A C se le llama
O
origen y radio
circunferencia de Monge o circunferencia ortóptica.
3
a
X
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Problemas similares han sido explicados detenidamente a todos los grupos de opositores de la Academia DEIMOS durante el curso 2007-2008 y anteriores.
Problema.Responda razonadamente a las siguientes cuestiones: a) Se tiene un silo con forma de prisma cuya base es un octógono regular de
L metros de lado, situado en un prado totalmente plano. Se ata a dicho silo un caballo por medio de una cuerda con la longitud precisa para que alcance el lado opuesto del silo (esto es, la cuerda mide 4L metros). Halle la superficie de hierba que el caballo tiene a su disposición para poder pastar. b) Halle la superficie de hierba en el caso de que el silo fuese un cilindro de radio R metros (longitud de la cuerda = πR metros). (Madrid 2008) Solución:
a) Supongamos que la cuerda a la que está vértice A . Como es conocido, la suma de los
ángulos
de
cualquier
octógono
es
π ⋅ (8 − 2) = 6π radianes, de modo que cada uno
de
dichos
ángulos
mide
6π 8
=
3π 4
radianes. De aquí se sigue, para los ángulos α y β del gráfico, que α = 2π − 34π = β =π−
3π 4
=
π 4
.
4
5π 4
y
C’
D’
T3
atado el caballo está amarrada al silo en el T2
β
T4
T4
T3
β
D
β
β
C β
A
α T1
B
β
T2
B’
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La superficie de pasto S 8 es, de acuerdo con la notación del gráfico, la suma de las áreas S 8 = T1 + 2 (T2 + T3 + T4 ) , en la que cada Ti es el área de un sector circular, cuyo valor es, recuérdese, el semiproducto de su amplitud en radianes por el cuadrado del radio. Como los radios de los
(i = 1, 2, 3, 4) son, respectivamente, AB ′ = 4L , BB ′ = 3L ,
sectores Ti
CC ′ = 2L y DD ′ = L , resulta que la superficie de pasto es:
S 8 = T1 + 2 (T2 + T3 + T4 ) =
1 5π ⎡1 π 1π 1 π 2⎤ 2 2 2 L⎥= (4L ) + 2 ⎢ (3L ) + (2L ) + ⎢⎣ 2 4 2 4 24 2 4 ⎥⎦
= 10πL2 +
π 27 2 14L2 = πL 4 2
b) Para el silo con forma de cilindro de radio R , obtendremos la superficie de pasto como el límite cuando n → ∞ de las superficies de pasto S 2n correspondientes a prismas cuyas bases son polígonos regulares de 2n lados inscritos en la circunferencia de la base del cilindro. En un tal polígono regular de 2n lados, el triángulo
2π 4n
π
= 2n
rectángulo cuyos catetos son la apotema del polígono y la mitad del lado y cuya hipotenusa es el radio R , se sigue que sen 2πn =
L 2R
, de manera que la
longitud del lado del polígono es L = 2R sen 2πn .
R L/2
Razonando ahora como en a), la suma de los 2n ángulos del polígono regular es ahora π (2n − 2) radianes, de manera que cada uno de dichos ángulos mide regular
2n
de
β = π−π +
π(2n −2) 2n
π n
= π − nπ por lo que los ángulos α y β en el polígono lados
miden
ahora
α = 2π − π + nπ = π + nπ
y
= . La superficie de pasto, para un polígono regular de 2n π n
lados, sería ahora, con la notación de a): 5
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S 2n = T1 + 2 (T2 + T3 + … + Tn ) = =
1⎛ π⎞ ⎡1 π 1π 1 π 2⎤ 2 2 ⎜π + ⎟⎟ (nL )2 + 2 ⎢ L⎥= (n − 1) L2 + (n − 2) L2 + … + ⎢⎣ 2 n 2 ⎜⎝ n⎠ 2n 2 n ⎥⎦ =
n (n + 1) π 2 π 2 ⎡ 2 2 L + L ⎣⎢1 + 2 2 + … + (n − 1) ⎤⎦⎥ 2 n 2
Como la suma entre corchetes es 12 + 2 2 + … + (n − 1) = S 2n =
(n −1)n (2n −1) 6
, resulta:
n (n + 1) π 2 π 2 (n − 1) n (2n − 1) 5n 2 + 1 2 L + L = πL n 6 2 6
Como es L = 2R sen 2πn , resulta que: S 2n =
5n 2 + 1 π 2 π = πR 2 (5n 2 + 1) sen 2 π ⋅ 4R 2 sen 2 6 2n 3 2n
y la superficie de pasto que se pide es:
S = lim S 2n = n →∞
π π2 2 2 πR 2 lim (5n 2 + 1) sen 2 = πR 2 lim (5n 2 + 1) 2 = n →∞ n →∞ 3 2n 3 4n =
2 5 5 πR 2 ⋅ π 2 = π 3R 2 3 4 6
Problema.Con dados de 1 cm de arista se construye un cubo sólido de 4 cm de arista y se pinta de negro toda la superficie del cubo así construido. Se deshace el cubo
6
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y, cogiendo los dados al azar sin mirarlos, se construye de nuevo. Calcule la probabilidad de que en el nuevo cubo figure, al menos, una cara blanca. (Madrid 2008) Solución:
A los que escriben se les han ocurrido las dos siguientes interpretaciones de lo que pide el problema: i) Entendemos que nos piden calcular la probabilidad de que al construir de nuevo el cubo, éste tenga al menos una cara completamente de blanco: El número de dados necesarios para construir el cubo es 64, así que el total de “caras de dado” que tenemos es 664 , de las cuales van a pintarse de negro sólo 96, quedando las restantes del color original (que entendemos es blanco). Sea A el suceso “en el nuevo cubo figura al menos una cara blanca”. Dada la complejidad del cálculo de la probabilidad de este suceso de forma directa, obtenemos la probabilidad del suceso complementario Ac , que es en este caso “ninguna de las caras del nuevo cubo es blanca”. Observemos que el hecho de que ninguna cara del cubo sea blanca no implica que tenga que ser negra, ya que para que se verifique Ac es suficiente que en cada
cara del cubo haya un dado que tenga una cara visible (es decir, en el exterior del cubo) de color negro, pudiendo ser blancas las restantes caras visibles de los dados que forman esa cara del cubo. De nuevo la complejidad del cálculo de esta probabilidad es enorme, dado que el número de formas diferentes de montar el cubo es 64 ! ⋅ 2464 , y de éstas, habría que calcular aquellas que dan lugar al suceso Ac , es decir, tendríamos que calcular el 7
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número de formas diferentes de montar el cubo de modo que en cada cara haya al menos un dado que tenga una cara visible de color negro, número que nos parece materialmente imposible de calcular, al menos con el material y el tiempo disponible para el examen. ii) En una segunda interpretación, suponemos que la probabilidad a calcular es la de que al construir de nuevo el cubo, éste tenga al menos en una cara un dado con una cara visible de color blanco. Sea entonces B el suceso ”todas las caras del nuevo cubo son negras”, de modo que la probabilidad a calcular es la del suceso B c . Obsérvese que, una vez pintado el cubo original y desmontado, tendremos 8 dados con cero caras pintadas de negro, dados que llamaremos de “tipo 0”, tendremos 24 dados con una cara pintada de negro (de tipo I), 24 con dos caras pintadas de negro (de tipo II) y 8 con tres caras pintadas de negro (de tipo III). Montamos el nuevo cubo en el siguiente orden: 1º. Seleccionamos primero los 8 dados interiores del cubo, es decir, los de tipo 0. La probabilidad de seleccionar correctamente estos dados es: 1 ⎛ 64 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜8⎟ ⎝ ⎠
Una
vez
seleccionados
hay
que
colocarlos
correctamente.
La
probabilidad de colocar correctamente estos cubos es evidentemente 1. 2º. Seleccionamos a continuación los 24 dados que van situados en el centro de las caras exteriores del cubo (los de tipo I). La probabilidad de elegirlos correctamente (habiendo seleccionado antes adecuadamente los 8 dados de tipo 0) es:
8
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1 ⎛ 56 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 24 ⎟ ⎝ ⎠
Para colocar correctamente uno de estos dados sólo tenemos que hacer que la cara pintada de negro sea la única cara visible de este dado en el cubo, así que la probabilidad de colocar correctamente uno de estos dados es
1 6
.
3º. Seleccionaremos posteriormente los otros 24 dados que formarán la parte central de las aristas del cubo (los de tipo II). La probabilidad de seleccionarlos correctamente (habiendo seleccionado correctamente los 32 dados anteriores) es: 1 ⎛ 32 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 24 ⎟ ⎝ ⎠
Para colocar correctamente uno de estos dados tenemos que hacer que la arista común a las dos caras pintadas de negro sea parte de una arista del cubo. Recordando que el número de aristas de un cubo es 12, establecemos que la probabilidad de colocar correctamente uno de estos dados es
1 12
.
4º. Por último, seleccionaremos los 8 dados que determinarán los vértices del cubo (los de tipo III). En este caso la probabilidad de seleccionarlos correctamente, habiendo seleccionado adecuadamente los 56 dados anteriores, es 1. Para colocar correctamente uno de estos dados tenemos que hacer que el vértice común a las tres caras pintadas de negro coincida con un vértice del cubo, recordando que el número de vértices de un cubo es 8, la probabilidad de colocar correctamente uno de estos dados será 9
1 8
.
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La probabilidad del suceso B se obtiene así de la fórmula del producto como:
p (B ) =
24
24
8
24
1 ⎛ 1 ⎞⎟ 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛1⎞ 8 !24 ! 8 !24 ! ⎛ 1 ⎟⎞ 8 ⎜ ⎟ ⋅ ⎛32⎞ ⎜ ⎟⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜ ⎟⎟ ⎛⎜64⎞⎟ 1 ⋅ ⎛⎜56⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎝ 6 ⎠ ⎝ ⎠ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 6 ⎠ ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝ 12 ⎠ 8 64 ! ⎟ ⎟ ⎟ ⎜8⎟ ⎜24⎟ ⎜24⎟ 1
⎝⎜ ⎠⎟
⎝⎜ ⎠⎟
⎜⎝ ⎠⎟
24
⎛1⎞ ⎜ ⎟⎟⎟ ⎜⎝12 ⎠
8
⎛1⎞ ⎜ ⎟⎟⎟ , ⎜⎝ 8 ⎠
y la probabilidad que pide el problema es: 24
8 !24 ! 8 !24 ! ⎛ 1 ⎟⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ p (B ) = 1 − ⎝6⎠ 64 ! c
24
⎛1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ ⎝12 ⎠
8
⎛1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎝8⎠
Este problema, con 27 cubitos en vez de 64, ha sido propuesto dos veces en Madrid: 1982 (resuelto en la pág. 233 de nuestro
[Vol. 2]
Problemas de
oposiciones 1981 a 1987) y 1996. También ha sido propuesto en Valencia en 1979 (resuelto en la pág. 315 de nuestro [Vol. 1] Problemas de oposiciones 1969 a 1980)
El problema -con 27 cubitos- ha sido explicado detenidamente a todos los grupos de opositores de la Academia DEIMOS durante el curso 2007-2008 y anteriores.
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