examen madrid junio 2018 -...

Examen Madrid 23 de Junio de 2018

1

Academia DEIMOS Oposiciones: a) Matemáticas Secundaria. b) Diplomados en Estadística del Estado. 669 31 64 06 MADRID www.academiadeimos.es http://academiadeimos.blogspot.com.es [email protected] [email protected]


1. Dado x ∈ ℝ y el determinante

2

3

2

1

12

13

14

1

1 0 0 0 0

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 1

0 0 0 0 1

n

n

n

n

x

x

x

x

x

−

−

−

−

−

∆ =

−

⋯

⋯

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮

⋯

⋯

,

calcule lim nn→∞

∆ .

Este problema figura resuelto en la página 197 del volumen 1 de Problemas de Oposiciones de Editorial Deimos y ha

sido resuelto este curso en clase en los grupos iniciales de alumnos de la Academia Deimos (problema 3, documento A2)

Solución: Desarrollando el determinante por los elementos de la última fila se deduce

que, para cada 2n ≥ , es

21 1

3

211

1 12 2

1 13 3

14

1 11 1

1

0 0 0 0 1 0 0 0

1 0 0 0 1 0 0

0 1 0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 10 0 0 1

( 1)n nn

n

n

nn

n n

n

x

x

x

x

x+ −

−

−

−−

− −

− −

− −

−

− −

−

∆ = − + =

⋯ ⋯

⋯ ⋯

⋯ ⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮

⋯ ⋯

⋯⋯

11 1 1

1 11

( 1) ( 1)! !

nn n n

n n

xx

n n

−+ − −

− −= − − +∆ = ∆ +

es decir, 1

1 !

n

n n

x

n

−

−∆ = ∆ +


Academia DEIMOS. Oposiciones: Matemáticas Secundaria - Diplomados en Estadística del Estado. 669 31 64 06

2

Por tanto, si se reescribe la anterior igualdad para , 1, , 3, 2n n − … y después se suman

todas las igualdades obtenidas, se deduce:

1

2

3

1

1 22 1

2 3 1

2 1

!

( 1)!

( 2)!

2 !

2 ! 3 ! !. . . . . . . . . . . .

n

n

n

n n

n nn

n n n

xnxnxn

x

x x x

n

−

−

−

−

− −−

− −

−

−

∆ = ∆ +∆ = ∆ +∆ = ∆ + ⇒ ∆ = ∆ + + + + ∆ = ∆ +

⋯

y como es 1 1∆ = , deducimos que para cada 1n ≥ es

2 11

2 ! 3 ! !

n

n

x x x

n

−

∆ = + + + +⋯

Distinguimos para calcular el límite de la sucesión anterior:

Si 0x = , entonces 1n∆ = y

l im lim 1 1nn n→∞ →∞

∆ = = .

Si 0x ≠ , entonces

2 1 2 31lim lim 1 l im

2 ! 3 ! ! 2 ! 3 ! !

n n

nn n n

x x x x x xx

n x n

−

→∞ →∞ →∞

∆ = + + + + = ⋅ + + + + = ⋯ ⋯

2 3

0

1 1 1l im 1 1 1 ( 1)

1! 2 ! 3 ! ! !

n nx

n n

x x x x xe

x n x n x

∞

→∞ =

= ⋅ + + + + + − = ⋅ − = ⋅ − ∑⋯

Esto es,

1lim

x

nn

e

x→∞

−∆ =



3

2. La corona circular que forman dos circunferencias concéntricas Γ y ′Γ de radios

respectivos r y r ′ ( )r r ′< contiene a ocho circunferencias 1 2 8, , ,Γ Γ Γ… tales que

a) iΓ es tangente a Γ y ′Γ , para cada 1, , 8i = … .

b) iΓ y 1i+Γ son tangentes, para cada 1,2, , 7i = … .

c) 8Γ y 1Γ son tangentes.

Determine el cociente r

r

′.

Este problema figura resuelto en la página 129 del volumen 1 de Problemas de Oposiciones de Editorial Deimos.

Aparece también en la página 422 del volumen 1 y en la página 72 del volumen 2 de la misma colección.

Una solución: Llámese O al centro común de las

circunferencias concéntricas, iC al centro de la

circunferencia iΓ ( 1, , 8, cualquiera)i = … y iT al

punto de tangencia de iΓ con 1i+Γ . El radio s de la

circunferencia iΓ cumple que 2r s r ′+ = , por lo

que

2

r rs

′ −=

y por tanto,

2i i

r rC T s

′ −= = ,

2 2i

r r r rOC r s r

′ ′− += + = + =

El triángulo i iOTC es rectángulo, pues la recta iOT es tangente a la circunferencia iΓ

y por tanto perpendicular al radio i iC T de la misma. Como, además, ángulo i iC OT∡ es

la dieciseisava parte de 2π , es decir, 216 8i iC OT π π= =∡ , se deduce que

sen i ii i

i

C TC OT

OC=∡ ,

o, llamando rr

k ′= ,

1 1sen

8 11

rrrr

r r k

r r k

π′

′

−′ − −= = =

′ + ++

De aquí se sigue que:

8

8

1 sen

1 senk

π

π

+=

−

r s/8π

O

iTΓ

′Γ

iΓ

1i+Γ

iC



4

De las fórmulas trigonométricas del ángulo mitad se sigue que

24 21 cos 1 2 2

sen8 2 2 2

π

π − − −= = =

y por tanto

2 28 2

2 28 2

1 sen 1 2 2 2

1 sen 2 2 21

rk

r

π

π

−

−

+ +′ + −= = = =

− − −−

Otra solución: Si, con la misma nomenclatura de la primera solución, se aplica el

teorema del coseno al triángulo 1i iOC C + , se cumple que

2 2 21 1 1 1( ) ( ) ( ) 2 cos( )i i i i i i i iC C OC OC OC OC C OC+ + + += + − ⋅ ⋅ ∡

Dado que 128 4i iC OC π π

+ = =∡ , 1 2i iC C s r r+ ′= = −

y que 1 2i ir rOC OC ++ ′= = , al sustituir en la

igualdad anterior se obtiene:

2 2

2 2( ) 2 2

2 2 2r r r r

r r ′ ′+ + ′ − = ⋅ − ⋅ ⋅

o bien, 2

2( ) (2 2)2

r rr r

′+ ′ − = − ⋅

es decir,

2 2( )

2r r r r

−′ ′− = +

Si se dividen los dos miembros de la última igualdad por r y, como antes, se llama rr

k ′= , se obtiene:

2 21 ( 1)

2k k

−− = +

y, despejando k ,

2 2 2

2 2 2

rk

r

′ + −= =

− −

r s

/4π

O

Γ

′Γ

iΓ

1i+Γ

iC

1iC +



5

3. Dados los números reales positivos x e y , se pide:

a) Demuestre que y xx y< cuando x y e< < .

b) Demuestre que y xx y> cuando e x y< < .

Solución: La función logaritmo neperiano L es estrictamente creciente en el intervalo

(0, )+∞ , luego si x e y son números reales positivos, las siguientes desigualdades son

todas equivalentes:

L LL( ) L( ) L Ly x y x

x yx y x y y x x y

x y< ⇔ < ⇔ < ⇔ < ,

Por tanto, lo que debe demostrarse es que la función : (0, )f +∞ → ℝ , definida por

L( )

tf t

t=

es: a) estrictamente creciente en el intervalo (0, )e , y b) estrictamente decreciente en el

intervalo ( , )e +∞ . Dado que f es derivable en cada 0t > y que

2

1 L( )

tf t

t

−′ =

la derivada de f sólo se anula cuando L 1t = , es decir, cuando t e= , y es inmediato

que ( ) 0f t′ > cuando 0 t e< < y que ( ) 0f t′ < cuando t e> , por lo que f es

estrictamente creciente en el intervalo (0, )e y estrictamente decreciente en el intervalo

( , )e +∞ , que es lo que había que demostrar.



6

4. En una de las mesas de un casino se juega a los dados como sigue: El jugador

realizará sucesivos lanzamientos de dos dados equilibrados hasta que la suma de los

resultados de ambos sea 4 o 7. Si sale 4, habrá ganado; si sale 7, habrá perdido. ¿Cuál

es la probabilidad de que gane el jugador?

Una solución: En cualquier tirada de los dos dados, de los 26 36= casos posibles hay 3

casos favorables a “suma 4”, a saber, (1, 3),(2,2),(3,1) ; hay 6 casos favorables a “suma

7”: (1, 6),(2, 5),(3, 4),(4, 3),(5,2),(6,1) y, en consecuencia, hay 36 (3 6) 27− + = casos en

los que la suma no es ni 4 ni 7.

El jugador ganará en el lanzamiento n-ésimo ( 1,2, 3, )n = … si y sólo si no ha obtenido

suma 4 ni suma 7 en ninguna de las 1n − primeras partidas y ha obtenido suma 4 en

la n-ésima. La probabilidad np de que el jugador gane el juego en la tirada n-ésima es

por tanto, atendiendo a lo escrito en el primer párrafo:

1 127 3 3 136 36 4 12

n n

np

− − = ⋅ = ⋅ , 1,2, 3,n = …

Dado que si el jugador gana, debe hacerlo en alguna de las tiradas, la probabilidad p

de que gane el jugador es

1

1 134

1 3 1 1 112 4 12 31

n

n

n n

p p

−∞ ∞

= =

= = ⋅ = ⋅ = − ∑ ∑

OBSERVACIÓN: La probabilidad de que el juego no termine nunca es la probabilidad

de que en ninguna de las sucesivas tiradas de los dos dados se obtenga suma 4 o suma

7, y que es

3 3 3 3lim 0

4 4 4 4

n

n→∞

⋅ ⋅ = = ⋯

Por tanto, el juego termina tarde o temprano y, en consecuencia, la probabilidad de que

el jugador pierda es

1 21 1

3 3p− = − = .



7

Otra solución: Llámese p a la probabilidad de que gane el jugador. Si en el primer

lanzamiento de los dos dados se obtiene suma 4, cosa que ocurre con probabilidad 336 ,

el jugador gana con probabilidad 1; si se obtiene suma 7, suceso con probabilidad 636 ,

el jugador gana con probabilidad 0, mientras que si se obtiene suma distinta de 4 y de

7, cuya probabilidad es 2736 , el jugador gana con la misma probabilidad p que tenía

antes del primer lanzamiento, es decir, de acuerdo con el teorema de la probabilidad

total, será

3 6 271 0

36 36 36p p= ⋅ + ⋅ + ⋅

o bien, 36 3 27p p= + y por tanto

1

3p =

examen madrid junio 2018 -...

Documents