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 [email protected] [email protected]

PROBLEMAS DEL EXAMEN. Madrid 20-6-2008 OPOSICIONES AL CUERPO DE PROFESORES DE ENSEÑANZA SECUNDARIA. Matemáticas. Problema 1: 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 mediante una cuerda con la longitud justa 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). Solución:

a) Sea A el punto de amarre de la cuerda al octógono regular de la base del silo. La superficie a calcular es función de la distancia x ∈ [ 0, L2 ] de A al vértice de la base del silo más próximo a dicho punto. Razonando sobre el plano de la base del silo, la superficie de pasto S 8 (x ) es, de acuerdo con la notación del gráfico adjunto, la suma de las áreas: 2

S8

(x )

π (4L ) = + (T1 + T2 + T3 + T4 ) + (U 1 + U 2 + U 3 + U 4 ) 2

Academia DEIMOS c/ Guzmán el Bueno, 52 - 1º Tel: 91 543 82 14 28015 MADRID www.deimos-es.com U4

en la que cada Ti y cada U i es el área de un sector circular, cuyo U2

valor es el semiproducto de su amplitud

en

radianes

por

U3

el

U

uno 6π 8

de

=

3π 4

dichos

cada

ángulos

mide

T2

T1 π/4

A L x x

de los ángulos del octógono es radianes,

T3

1

cuadrado del radio. Como la suma π ⋅ (8 − 2) = 6π

T4

radianes y la amplitud de

cada sector, Ti o U i , en radianes, es π − 34π = π4 . Los radios de los sectores Ti (i = 1, 2, 3, 4) son, respectivamente, 4L − x , 3L − x , 2L − x y L − x , mientras que los de los sectores U i son, también respectivamente, 3L + x , 2L + x , L + x y x , luego el área de pasto es:

S 8 (x ) =

1 1π⎡ 2 2 2 2 2 π (4L ) + (4L − x ) + (3L − x ) + (2L − x ) + (L − x ) + 2 2 4 ⎢⎣ + (3L + x ) + (2L + x ) + (L + x ) + x 2 ⎤⎥⎦ = 2

=

2

2

1 π π 2 π (4L ) + (44L2 − 8Lx + 8x 2 ) = (27L2 − 2Lx + 2x 2 ) m 2 2 8 2

Como es S 8′ (x ) = π (2x − L ) < 0 para cualquier x ∈ (0, L2 ) , la función x

S 8 (x ) es estrictamente decreciente en [0, L2 ] , y resulta que la mayor

superficie de pasto, S 8 (0) =

27 2

πL2 , se obtiene atando la cuerda a un vértice

del octógono de la base, mientras que la menor, S 8 ( L2 ) =

53 4

πL2 , se alcanza

cuando se amarra al punto medio de cualquier arista del octógono de la base.

2

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b) Damos aquí cuatro soluciones de este apartado. En la primera se generaliza lo hecho en a) al caso de prismas n-gonales y después se pasa al límite; en la segunda se recurre a las coordenadas polares y en las dos últimas se parametriza de distinto modo la curva que describe el caballo con la cuerda tensa y se aplica la fórmula de Green para el cálculo del área. Primera solución:

Sea A el punto de amarre de la cuerda a la base del silo cilíndrico y considérese la sucesión de prismas 2n -gonales regulares (n ≥ 2) inscritos en el cilindro y tales cada uno de ellos tiene como uno de los vértices de su base al punto A (esto último, sólo para simplificar cálculos). Obtendremos la superficie de pasto en torno al cilindro como el límite cuando n → ∞ de las superficies de pasto S 2n correspondientes a los anteriores prismas. 2π 4n

La base del prisma es un polígono regular de 2n lados. Considérese en él el triángulo rectángulo cuyos catetos son la apotema del polígono y la

R

mitad del lado Ln y cuya hipotenusa es el radio R del cilindro. De él se deduce que Ln = 2R sen 2πn .

Ln /2

La suma de los 2n ángulos del citado polígono regular es π (2n − 2) radianes, así es que cada uno mide

π(2n −2) 2n

= π − nπ por lo

que los ángulos α y β correspondientes a los sectores T1 por un lado, y a los demás Ti por otro, son α = 2π − π + nπ = π + nπ y

β = π − π + nπ =

π n

(en el gráfico se ha

reflejado el caso particular n = 4 ). 3

T3 T2

β

T4

T4

β

β

T3 β

β

A

α T1

β

T2

π

= 2n

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La superficie de pasto, para el prisma 2n -gonal regular, es ahora: S 2n = T1 + 2 (T2 + T3 + … + Tn ) =

=

1⎛ π⎞ ⎡1 π 1π 1π 2⎤ 2 2 2 ⎜π + ⎟⎟ (nLn ) + 2 ⎢ (n − 1) L2n + (n − 2) L2n + … + Ln ⎥ = ⎢⎣ 2 n 2 ⎜⎝ 2n 2 n ⎥⎦ n⎠

=

n (n + 1) π 2 π 2 Ln + L2n ⎡⎣⎢12 + 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 (n − 1) n (2n − 1) 5n 2 + 1 2 π Ln + L2n πLn = 2 6 6 n

Al sustituir Ln = 2R sen 2πn , se obtiene: S 2n =

5n 2 + 1 2 π π π ⋅ 4R 2 sen 2 = πR 2 (5n 2 + 1) sen 2 6 2n 3 2n

por lo que la superficie de pasto alrededor del cilindro de radio R es: S = lim S 2n = n →∞

2 2 π π2 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

En la última cadena de igualdades se ha hecho uso del Principio de Sustitución aplicado a los infinitésimos equivalentes sen 2πn y n → ∞.

4

π 2n

, cuando

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Segunda solución: Y

Sea A el punto de amarre de la cuerda a la circunferencia de la base

N

del silo. En la notación del gráfico, si

P

el caballo parte del punto D con la

πR

cuerda absolutamente tensa, puede ir β

hasta N recorriendo un cuarto de la circunferencia de centro A y radio

O

B

πR .

T

α R

A

πR

D

X

C

Sea ahora P un punto cualquiera del recorrido del caballo desde N hasta B con la cuerda tensa y sea T el punto donde ésta se separa del silo. La recta PT es entonces tangente a la circunferencia C de centro el origen O y radio R y, por tanto, perpendicular a OT . El área S a disposición del caballo será el doble del área de pasto por encima del eje OX , por lo que supondremos en lo sucesivo que si α es el ángulo que forma OT

con el semieje positivo OX , será 0 ≤ α ≤ π .

Calculamos S a partir de las siguientes áreas: 2

„

El área S 1 del cuadrante de círculo ADNA es S 1 = 14 π (πR ) = 14 π 3R 2 .

„

El área S 2 del triángulo OAN es S 2 = 21 R ⋅ πR = 21 πR 2 .

„

El área S 3 barrida por el caballo al desplazarse desde N hasta B con la cuerda tensa es, según la fórmula para el cálculo de áreas en polares: S3 =

1 2

∫

π arctg π

5

ρ 2d θ

(1)

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Las coordenadas polares (ρ, θ ) del punto N son

ρ = ON = OA2 + AN 2 = R 2 + π 2R 2 = R 1 + π 2 πR θ = arctg AN OA = arctg R = arctg π

Como la longitud de la cuerda es πR y la longitud del arco AT es Rα , será PT = πR − Rα = R (π − α) y las coordenadas polares de P son

ρ = OP = OT 2 + TP 2 = R 2 + R 2 (π − α)2 = R 1 + (π − α)2 θ = α + β = α + arctg (π − α) Ahora, para calcular la integral (1), podemos utilizar el cambio de variable θ = α + arctg (π − α) , con lo que d θ = ⎡⎣1 − 1+ π1−α 2 ⎤⎦ d α y, así: (

S3 =

1 2

∫

π arctg π

1 = R2 2 „

ρ 2d θ =

∫

π

1 2

∫

π 0

)

⎡ ⎤ 1 R 2 [1 + (π − α)2 ] ⎢1 − ⎥ dα = ⎢⎣ 1 + (π − α)2 ⎥⎦ π

(π

− α)2

0

1 ⎡ 1 ⎤ π 3R 2 d α = R 2 ⎢− (π − α)3 ⎥ = ⎢⎣ 3 2 6 ⎦⎥ 0

El área S 4 del semicírculo OATB es S 4 = 21 πR 2 .

Podemos concluir así que la superficie de pasto por encima del eje OX es S1 + S2 + S 3 − S 4 =

1 3 2 1 1 1 5 3 2 π R + πR 2 + π 3R 2 − πR 2 = π R 4 2 6 2 12

de manera que la superficie total a disposición del caballo será: S = 2⋅

5 3 2 5 π R = π 3R 2 12 6

6

Academia DEIMOS c/ Guzmán el Bueno, 52 - 1º Tel: 91 543 82 14 28015 MADRID www.deimos-es.com Y

Tercera solución:

N

P

Supondremos, sin perder generalidad,

πR

que la circunferencia C de centro el origen O y radio R es la base del silo cilíndrico.

T O

B

t R

A

πR

X

C

Una parametrización del arco ATB a través del ángulo t ∈ [0, π ] es: x (t ) = R cos t,

y (t ) = R sen t

Un vector tangente es (x ′ (t ) , y ′ (t )) = (−R sen t, R cos t ) , de modo que existe algún escalar u (t ) ≥ 0 tal que TP = (−Ru (t ) sen t, Ru (t ) cos t ) . Para t = 0 y la cuerda tensa, el caballo está en N , mientras que para t=π

está en

B . Como la longitud de la cuerda es

πR , será

PT = πR − tR = R (π − t ) . Por otro lado, de las coordenadas de TP se 2

2

sigue que PT = (−Ru (t ) sen t ) + (Ru (t ) cos t ) = Ru (t ) , así es que de las dos expresiones para PT se deduce que u (t ) = π − t , para cada t ∈ [0, π ] . Ahora, a partir de OP = OT + TP obtenemos las coordenadas de P , que son P = (R cos t − R (π − t ) sen t, R sen t + R (π − t ) cos t ) , de manera que, para t ∈ [0, π ] y la cuerda tensa, el caballo está en el interior de la curva:

x (t ) = R (cos t − (π − t ) sen t ) ,

y (t ) = R (sen t + (π − t ) cos t )

y en el semiplano y ≥ 0 . Se obtienen así x ′ (t ) = −R (π − t ) cos t y ′ (t ) = −R (π − t ) sen t . 7

e

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En el semiplano y ≥ 0 , la superficie S 1 de hierba que el caballo tiene a su disposición es, considerando que el área de media base es S1 =

1 1⎛ 2 π (πR ) + ⎜⎜ 4 2⎝

∫

xdy − ydx +

AN

∫

xdy − ydx +

NB

Una parametrización del segmento AN

1 2

πR 2 :

⎞ 1 xdy − ydx ⎟⎟ − πR 2 ⎠ 2 BA

∫

es x (t ) = R , y (t ) = t , para

t ∈ [0, πR ] , así es que como evidentemente es ∫BA xdy − ydx = 0 , resulta: S1 =

1 1 2 π (πR) + 4 2

∫

πR

(R ⋅ 1 − t ⋅ 0)dt +

0

= 1 + R2 2

∫

π

0

1 2

∫

π

0

⎡x (t ) y ′ (t ) − x ′ (t ) y (t )⎤ dt − 1 πR2 = ⎣ ⎦ 2

1 3 2 1 π R + πR 2 + 4 2

{[cos t − (π − t ) sen t ][−(π − t ) sen t ] + (π − t ) cos t [ sen t + (π − t ) cos t ]}dt − =

1 3 2 1 1 π R + πR 2 + R 2 4 2 2

∫

π

0

(π − t )2 dt −

1 2 πR = 2

1 πR 2 = 2

π

1 1 ⎡ 1 ⎤ 1 1 5 3 2 πR = π 3R 2 + R 2 ⎢− (π − t )3 ⎥ = π 3R 2 + π 3R 2 = ⎢⎣ 3 4 2 4 6 12 ⎦⎥ 0 Ahora ya, y por simetría, el área de pasto disponible para el caballo es el doble de S 1 , es decir, S = 2S 1 =

5 3 2 π R metros cuadrados 6

8

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Cuarta solución:

Sin pérdida de generalidad podemos suponer que la base del silo es la circunferencia de centro el origen y radio R, parametrizada según la longitud de arco por

α (s ) = R (cos Rs , sen Rs ) y cuya derivada es el vector tangente unitario α ′ (s ) = (− sen Rs , cos Rs ) . También podemos suponer que el caballo comienza su recorrido en el punto M = (R, −πR ) de la figura, de manera que recorre media circunferencia hasta alcanzar el punto de coordenadas N = (R, πR ) . En consecuencia, una primera superficie en la que el caballo puede pastar es el semicírculo de 2

centro A = (R, 0) = α (0) y radio πR , cuya área es S 1 = 21 π (πR ) = 21 π 3R 2 N

A partir del instante en que el caballo ocupa

la

posición

del

punto

N,

su

β (s)

trayectoria Γ1 se ve afectada por el hecho de que la cuerda choca con la base del silo, adaptándose a ella. De este modo, si β (s )

α (s) B

cuando

la

cuerda

“se

pega”

a

la

A

O R

denota la posición que ocupa el caballo C

πR

circunferencia C desde el punto A hasta

α (s ) , la recta que une ambos puntos es la tangente a C en α (s ) y, como la cuerda se

M

mantiene tensa, es también la recta normal a Γ1 en el punto β (s ) . De hecho, aunque esto no lo emplearemos en lo sucesivo, el principio de acción y reacción nos dice que α (s ) es el centro de curvatura de Γ1 en β (s ) , es decir, el centro de la circunferencia osculatriz a Γ1 en β (s ) .

9

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Antes de calcular explícitamente β (s ) veamos qué valores toma el parámetro s . Para ello basta observar que, al ser la cuerda de longitud

πR , que es lo que mide el arco de circunferencia AB situado en el semiplano superior, y puesto que B = α (πR ) , podríamos pensar que 0 ≤ s ≤ πR . Pero el caballo puede deshacer el camino recorrido, volver al punto M y recorrer “por debajo de C ” la trayectoria Γ 2 simétrica de Γ1 respecto del eje horizontal. Denotamos Γ = Γ1 ∪ Γ 2 , que es la imagen del intervalo

(0, 2πR ) por la parametrización β (s ) que vamos a calcular. Como la recta que une α (s ) con β (s ) es la tangente a C en α (s ) , existe una función escalar u (s ) tal que β (s ) − α (s ) = u (s ) α ′ (s ) , y todo se reduce a encontrar la función u (s ) . Derivando la igualdad anterior, β ′ (s ) − α′ (s) = u ′ (s ) α′ (s) + u (s) α′′ (s )

⇒

β ′ (s) − u (s ) α′′ (s ) = (1 + u ′ (s )) α′ (s)

Ya hemos señalado que la recta tangente a C en α (s ) coincide con la recta normal a Γ en β (s ) , luego el vector normal a Γ en β (s ) es proporcional al vector tangente a C en α (s ) . Esto implica que el vector β ′ (s ) tangente a Γ en β (s ) es proporcional al vector normal α ′′ (s ) a C en α (s ) . En consecuencia, de la igualdad anterior a este párrafo se desprende que β ′ (s ) − u (s ) α ′′ (s ) = 0

y

(1 + u ′ (s )) α ′ (s ) = 0

La segunda de estas igualdades nos dice que u ′ (s ) = −1 , esto es, u (s ) = a − s para cierto número real a, y por tanto

β (s ) = α (s ) + (a − s ) α ′ (s )

10

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Para determinar a evaluamos la igualdad anterior en s = 0 , lo que nos da

(R, πR ) = N = β (0) = α (0) + a α ′ (0) = (R, 0) + (0, a ) = (R, a ) y por tanto a = πR Así, β (s ) = α (s ) + (πR − s ) α ′ (s ) , o lo que es igual,

β (s ) = R (cos Rs , sen Rs ) + (πR − s ) (− sen Rs , cos Rs ) Para calcular el área S a disposición del caballo

(1) N

Γ1

hemos de sumar a S 1 la diferencia entre el área S 2 de la región W encerrada por Γ y el segmento rectilíneo con origen en M y extremo en N , al que denotamos Λ , y el área S 3 = πR 2 del

círculo

sombreado

encerrado

por

C

C.

Comenzamos calculando S 2 , que, por la fórmula

A

B

Γ2

de Green, se puede expresar como S2 =

∫

dxdy =

W

∫

M

xdy − ydx = 2 Γ∪Λ

∫

xdy − ydx + 2 Γ

∫

xdy − ydx 2 Λ

donde Γ = Γ1 ∪ Γ 2 se recorre en el sentido de la figura. Para calcular esta integral denotamos x (s ) e y (s ) la abscisa y la ordenada de β (s ) , por lo que

∫

xdy − ydx 1 = 2 2 Γ

∫

2 πR 0

⎡x (s ) y ′ (s ) − y (s ) x ′ (s )⎤ ds ⎣ ⎦

Al derivar en (1) resulta x ′ (s ) = ( Rs − π ) cos Rs sin más que operar concluimos que Mediante el cambio de variable t =

s R

11

e y ′ (s ) = ( Rs − π ) sen Rs , y 2

x (s ) y ′ (s ) − y (s ) x ′ (s ) = R ( Rs − π ) .

− π , calculamos la integral así:

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∫

xdy − ydx 1 = 2 2 Γ

∫

=

2 πR

1 ⎡ ⎤ ⎣x (s ) y ′ (s ) − y (s ) x ′ (s )⎦ ds = 2

0

R2 2

π

∫

t 2dt =

−π

π 3R 2 3

∫

2 πR 0

2

⎛s ⎞ R ⎜⎜ − π ⎟⎟⎟ ds = ⎝R ⎠

metros cuadrados

Por otro lado, el segmento Λ se parametriza mediante γ : (−π, π ) → Λ : s

γ (s ) = (R, Rs ) , por lo que ahora x (s ) = R, y (s ) = Rs, x ′ (s ) = 0 ,

y ′ (s ) = R y, en consecuencia,

∫

xdy − ydx 1 = 2 2 Λ

Por tanto, S 2 =

π 3R 2 3

S = S1 + S2 − S 3 =

π

⎡x (s ) y ′ (s ) − y (s ) x ′ (s )⎤ ds = 1 ⎣ ⎦ 2 −π

∫

∫

π

R 2ds = πR 2

−π

+ πR 2 , luego

π 3R 2 π 3R 2 5 + + πR 2 − πR 2 = π 3R 2 metros cuadrados 2 3 6

Problema 2: 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 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. 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: 12

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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 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 . 13

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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 ahora los 24 dados del 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:

1 ⎛ 56 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 24 ⎟ ⎝ ⎠

Para colocar correctamente uno de estos dados basta 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. Elegiremos después los otros 24 dados que formarán la parte central de las aristas del cubo (los de tipo II). La probabilidad de elegirlos correctamente (habiéndolo hecho con los 32 dados anteriores) es: 1 ⎛ 32 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 24 ⎟ ⎝ ⎠

14

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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, elegimos los 8 dados que determinarán los vértices del cubo (los de tipo III). Ahora, la probabilidad de elegirlos 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

1 8

.

La probabilidad del suceso B se obtiene 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: p (B c ) = 1 −

24

8 !24 ! 8 !24 ! ⎛ 1 ⎞⎟ ⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ 6 ⎠ 64 !

24

⎛ 1 ⎞⎟ ⎜ ⎝⎜12 ⎠⎟⎟

⎛ 1 ⎞⎟ ⎜ ⎝⎜ 8 ⎠⎟⎟

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, así como en Valencia en 1979 (resuelto en la pág. 315 de nuestro [Vol. 1] Problemas de oposiciones 1969 a 1980)

15

Academia DEIMOS c/ Guzmán el Bueno, 52 - 1º Tel: 91 543 82 14 28015 MADRID www.deimos-es.com

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. Problema 3: 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. El problema está resuelto (pág. 187 de nuestro

[Vol. 1]

Problemas de

oposiciones 1969 a 1980), tanto para la elipse como para la hipérbola y parábola, por un método diferente a los que se exponen a continuación. Ha sido explicado detenidamente a los alumnos de la Academia DEIMOS en diferentes cursos.

Primera solución:

P

Sea G el lugar geométrico que se pide, esto es, el conjunto de puntos del plano

b

desde los que se pueden trazar dos

O

tangentes a la elipse b 2x 2 + a 2y 2 = a 2b 2 , perpendiculares entre sí.

(-a ,-b )

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( a,b )

(-a, b ) a

( a , -b )

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Sea P (u, v ) un punto cualquiera de dicho lugar. Para excluir del razonamiento 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 (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

⎧b 2 x 2 + a 2y 2 = a 2b 2 ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ 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

es decir,

+ a 2 m 2 ) x 2 + 2a 2 m (v − mu ) x + a 2 ⎡⎣(v − mu )2 − b 2 ⎤⎦ = 0

cuya solución ha de ser única, es decir, 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 ,

(a 2 − u 2 ) m 2 + 2uvm + b 2 − v 2 = 0

esto es, (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:

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b2 − v2 = −1 a2 −u2

o, equivalentemente,

u2 + v2 = a2 +b2

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 ) , lo que demuestra 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

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a

X

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circunferencia de Monge o circunferencia ortóptica.

Segunda solución:

Sean r y r ′ las rectas tangentes desde un punto P , sean T y T ′ los respectivos puntos de tangencia y F y F ′ los focos de la elipse. Las simetrías axiales de ejes

r

y

r′

P

transforman F en A y F ′ en A′ y, según el Teorema

de

Poncelet,

FPT = TPA , se A

Como, por simetría, obtienen

de

aquí

T ′PF ′ = TPA y

T ′PF ′ = FPT . las

igualdades

r

T ′PT = F ′PA ,

T

T’ A’

F

F’

O

r’

Por las propiedades de las tangentes a una elipse, la recta r es bisectriz de las rectas FT y F ′T , rectas que se transforman la una en la otra por la simetría de eje r . Como F y A son simétricos, el punto A debe ser de la recta F ′T . Así, el punto P pertenece al lugar buscado G si y sólo si lo

que

es

equivalente,

PF ′ + PA = F ′A 2

2

2

F ′PA

es

recto.

Por

T ′PT es recto, o

tanto,

la

igualdad

caracteriza al lugar G . Ahora bien, F ′A = F ′T + TA ,

PA = PF y TA = TF , luego, teniendo en cuenta que T es de la elipse, 2

resulta que PF ′ 2 + PF 2 = (F ′T + TF ) = (2a ) = 4a 2 . Es decir, P ∈ G si y 2

sólo si PF 2 + PF ′ 2 = 4a 2

(1) P

En los triángulos OFP y F ′OP , si es α = POF , se obtienen: α

19 F

O

F’

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PF 2 = FO 2 + OP 2 − 2FO ⋅ OP ⋅ cos α PF ′ 2 = F ′O 2 + OP 2 − 2F ′O ⋅ OP ⋅ cos (π − α) Como es cos (π − α) = − cos α

y FO = F ′O = c , donde b 2 + c 2 = a 2 , si

suponemos a > b , al sumar miembro a miembro las dos igualdades anteriores, queda: PF ′ 2 + PF 2 = 2c 2 + 2OP 2 De esta última igualdad y de (1) resulta que G es el lugar de los puntos P tales que 4a 2 = 2c 2 + 2OP 2

⇔

OP 2 = 2a 2 − c 2

⇔

OP 2 = a 2 + a 2 − c 2 = a 2 + b 2

es decir, P recorre la circunferencia de centro O y radio

20

a2 +b2 .