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Prólogo
umpliendo la tradición, como cada ocho o nueve años desde hace más
de treinta, Editorial Deimos publica su quinto volumen de la
colección Problemas de Oposiciones a Profesores de Enseñanza
Secundaria. Matemáticas, cuyo primer volumen recogía problemas propuestos
en 1969. En este quinto volumen se resuelven los problemas propuestos desde
2006 a 2012 por los tribunales que han juzgado las oposiciones al Cuerpo de
Profesores de Enseñanza Secundaria, en la especialidad de Matemáticas, en las
diferentes Comunidades Autónomas.
Los problemas están ordenados según el año de celebración de la Oposición en
la que fueron propuestos y, por supuesto, según la Comunidad donde se
propusieron. No obstante, tras el índice cronológico que sigue a este prólogo, el
lector encontrará un índice temático en el que podrá seleccionar todos aquellos
problemas referidos a un mismo concepto matemático y cuya resolución en
línea hará que el lector reconozca más fácilmente técnicas y procedimientos de
resolución de dicho tipo de problemas.
Algunos de los problemas que aparecen en el libro ya fueron propuestos en
anteriores convocatorias y figuran resueltos en los volúmenes 1, 2, 3 ó 4 de la
colección Problemas de Oposiciones. Matemáticas (véanse las Publicaciones
del final del libro). En tales casos hemos optado por remitir al lector al
volumen de los anteriores en el que figura resuelto el problema, o bien, por
presentar una solución alternativa cuando contiene ideas sustancialmente
diferentes a las expuestas en el volumen citado.
C
En los problemas que aparecen por primera vez presentamos más de una
solución completa en la mayoría de ellos y, para no quedarnos cortos, en casi
todos añadimos unas observaciones al final de cada solución en la que
precisamos, explicamos, enunciamos o demostramos aquellos resultados a los
que se ha recurrido para resolver el problema. En dichas observaciones el
lector encontrará los Teoremas de Menelao, de Ceva, de Routh, de Viviani, el
Principio de Reflexión, tanto en su versión geométrica como en su versión
combinatoria, el Teorema de Arzelá sobre la permutación entre límites e
integrales de sucesiones de funciones y otros muchos resultados que le evitarán
buscar el enunciado o la demostración de un teorema en otros libros.
No debe por ello el lector dejarse intimidar por la extensión de algunas de las
soluciones, y es que no hemos reparado a la hora de explicarnos de todas las
formas posibles. Haría bien el lector, y más si se trata de un opositor, en leer
todas las soluciones de un mismo problema y no limitarse a una de ellas, pues
estamos seguros que de todas aprenderá, como también lo hará de las
observaciones que les siguen, que para eso han sido escritas.
Por último, queremos agradecer la colaboración de todos aquéllos que han
contribuido a que este libro sea algo más que un libro de problemas al uso:
desde los que nos han remitido enunciados de problemas, a los que nos han
enseñado soluciones más simples que las que nosotros propusimos, pasando por
todos los que observaron, apuntaron, criticaron o demolieron cualquier cosa
que les pareció mal en la escritura del libro. Agradecemos en especial las
valiosas sugerencias recibidas de Mª Paz Cembellín Santos, Manuel López
Olmedo y Mª Isabel Rodríguez Cartagena.
Madrid, Noviembre 2013
LOS AUTORES
Índice cronológico de problemas
Año 2002
Baleares. Opción A…………. 02.6, 02.7, 02.8, 02.9, 02.10
Baleares. Opción B…………. 02.11, 02.12, 02.13, 02.14, 02.15
Baleares. Opción C…………. 02.16, 02.17, 02.18, 02.19, 02.20
Baleares. Turno libre………. 02.1, 02.2, 02.3, 02.4, 02.5
Año 2006
Andalucía……………………. 06.6, 06.27, 06.66, 06.73, 06.80, 06.94, 06.114
Asturias……………………… 06.5, 06.31, 06.50, 06.61, 06.78, 06.113
Baleares. Opción A…………. 06.26, 06.53, 06.56, 06.90, 06.108
Baleares. Opción B…………. 06.2, 06.14, 06.34, 06.49, 06.67
Canarias. Cuestionario…….. 06.1, 06.4, 06.9, 06.13, 06.15, 06.18, 06.22, 06.25,
06.29, 06.32, 06.35, 06.38, 06.41, 06.45, 06.48,
06.51, 06.65, 06.68, 06.115, 06.116
VIII Problemas de Oposiciones 2006-2012
Canarias. Opción B………… 06.71, 06.74, 06.79, 06.87, 06.89, 06.91, 06.93,
06.95, 06.97, 06.99
Canarias. Opción D………… 06.55, 06.58, 06.62, 06.82, 06.85, 06.101, 06.103,
06.105, 06.107, 06.109
Cantabria……………………. 06.23, 06.39, 06.72, 06.111
Castilla – La Mancha………. 06.19, 06.44, 06.86, 06.110
Castilla y León……………… 06.20, 06.43, 06.84, 06.112
Ceuta………………………… 06.17, 06.40, 06.70, 06.100
Comunidad Valenciana…….. 06.24, 06.42, 06.75, 06.106
Extremadura………………… 06.10, 06.28, 06.46, 06.57, 06.69, 06.104
Galicia……………………….. 06.3, 06.16, 06.21, 06.33, 06.47, 06.60, 06.77,
06.88
La Rioja……………………… 06.12, 06.37, 06.63, 06.92, 06.102
Madrid………………………. 06.8, 06.30, 06.52, 06.64, 06.83, 06.96
Melilla……………………….. 06.7, 06.54, 06.81, 06.98
Murcia……………………….. 06.11, 06.36, 06.59, 06.76, 06.117
Índice de problemas por año IX
Año 2008
Comunidad Valenciana……. 08.4, 08.5, 08.6
Madrid………………………. 08.1, 08.2, 08.3
Año 2009
Comunidad Valenciana……. 09.1, 09.2, 09.3, 09.4, 09.5, 09.6, 09.7, 09.8, 09.9,
09.10, 09.11, 09.12, 09.13, 09.14, 09.15, 09.16,
09.17, 09.18, 09.19, 09.20, 09.21
Año 2010
Comunidad Valenciana…….. 10.5, 10.6, 10.7, 10.8
Madrid……………………….. 10.1, 10.2, 10.3, 10.4
Año 2012
Cantabria……………………. 12.1, 12.2, 12.3, 12.4, 12.5
X Problemas de Oposiciones 2006-2012
Índice temático de problemas
Números y combinatoria
Sistemas de numeración…………………. 06.28, 06.55, 06.106, 06.107
Combinatoria. Principio de Reflexión…. 02.3, 02.12, 06.34, 06.52, 06.66, 09.8
Divisibilidad en ℤ . Números primos…... 02.18, 06.8, 06.14, 06.19, 06.20, 06.28,
06.45, 06.58, 06.106, 09.18, 10.5
Congruencias……………………………… 06.8, 06.14, 06.19, 06.28, 09.18, 10.5
Progresiones aritméticas y geométricas… 06.16, 06.37, 06.41, 06.55, 06.91, 10.8
Álgebra
Estructuras algebraicas………………….. 06.22, 06.27, 08.4
Espacios vectoriales……………………… 06.39, 06.42, 06.70, 06.96, 06.114
Aplicaciones lineales……………………… 02.7, 06.70, 06.71, 09.5, 12.2
Índice de problemas por año XI
Polinomios. Divisibilidad y raíces……… 02.1, 02.6, 02.18, 12.1, 06.10, 06.11,
06.16, 06.30, 06.55, 06.115
Ecuaciones algebraicas…………………… 02.11, 02.20, 06.5, 06.8, 06.11, 06.15,
06.16, 06.32, 06.43, 09.19, 10.2
Sistemas de ecuaciones…………………… 02.1, 02.6, 06.74
Ecuaciones diofánticas…………………… 02.18, 06.2, 06.8, 06.57, 06.86, 06.90
Matrices. Diagonalización………………. 06.9, 06.10, 06.27, 06.39, 06.53, 06.85,
08.4, 09.5, 12.2
Determinantes. Matriz inversa………….. 02.2, 02.16, 02.20, 06.47, 06.92,
06.114, 09.5
Producto escalar …………………………. 02.1, 02.11, 06.2, 06.42
Programación lineal……………………… 06.101, 09.14
Cálculo diferencial
Números reales. Parte entera…………… 06.7, 06.8, 06.20, 06.68, 06.109, 12.1,
12.3
Sucesiones recurrentes............................ 02.19, 06.6, 06.78, 06.88, 06.92, 06.96,
06.112, 06.114, 09.4, 09.17
XII Problemas de Oposiciones 2006-2012
Límites de sucesiones……………………. 02.4, 02.10, 06.6, 06.31, 06.33, 06.37,
06.83, 06.96, 09.4, 09.17, 10.6
Series numéricas.…………………………. 02.5, 02.13, 06.4, 06.23, 06.41, 06.50,
06.75, 09.17
Números complejos………………………. 02.15, 06.10, 06.12, 06.32, 06.55,
06.85, 10.2
Funciones reales………………………….. 02.19, 06.26, 06.40, 06.48, 06.110
Límites y continuidad de una función…. 02.7, 02.10, 06.18, 06.49, 06.51, 09.16,
10.4,
Límites en problemas geométricos……… 06.31, 06.23, 08.2
Sucesiones de funciones..………………… 02.10, 06.84
Derivada de una función………………… 06.47, 06.61, 09.16, 10.4
Teorema del valor medio…….................. 02.4, 02.10, 06.47, 06.59, 10.4
Máximos y mínimos……………………… 06.101, 09.11, 09.14
Máximos y mínimos
en problemas geométricos……………….. 06.24, 06.30, 06.54, 06.76, 06.115,
09.1, 09.20, 10.1
Desarrollo limitado de una función…….. 02.4, 06.47
Índice de problemas por año XIII
Gráfica de una función
en coordenadas rectangulares…………… 06.72, 09.16
Gráfica de una función
en coordenadas polares…………………... 06,21, 06.63, 06.69, 06.95
Series de potencias……………………….. 06.75, 09.11
Cálculo integral
Integral definida. Propiedades………….. 02.5, 02.10, 02.13, 02.17, 06.26, 06.40,
06.42, 06.46, 06.79, 08.6, 09.12, 09.21,
12.2, 12.3
Cálculo de primitivas…………………….. 06.47, 06.82,
Longitud de una curva………………….. 06.63, 06.72, 06.73
Área encerrada por una curva……………02.5, 02.13, 06.21, 06.31, 06.63, 06.69,
06.73, 06.79, 08.2
Áreas y volúmenes de revolución.……… 02.17, 06.3, 06.46, 09.3, 09.12
Integrales paramétricas..………………… 08.6
Integración aproximada…………………. 06.83, 09.6
XIV Problemas de Oposiciones 2006-2012
Geometría
Fórmulas y ecuaciones trigonométricas… 02.9, 06.30, 06.42, 06.106, 06.108,
10.2
Semejanza. Teorema de Thales…………. 02.2, 02.8, 02.16, 02.17, 06.30, 06.46,
06.98
Geometría del triángulo ……………....... 02.2, 02.8, 02.16, 06.1, 06.12, 06.17,
06.29, 06.30, 06.31, 06.35, 06.64,
06.67, 06.97, 06.98, 06.106, 06.113,
09.2, 09.10, 09.20, 10.1, 10.8
Polígonos. Áreas de polígonos………….. 06.12, 06.25, 06.29, 06.30, 10.8
Circunferencia. Ángulos. Potencia.…….. 02.8, 06.17, 06.23, 06.31, 06.33, 06.56,
06.87, 08.5
Problemas de tangencia…………………. 06.17, 06.23, 06.56, 06.62, 06.93,
06.106, 08.1, 09.3, 09.9, 09.10, 09.17
Áreas de segmentos y sectores…………... 06.31, 08.2, 09.3, 09.17
Movimientos en el plano. Homotecias..… 06.10
Curvas planas. Envolventes……………. 06.33, 06.44, 09.13, 10.5
Problemas métricos en el plano………… 06.13, 06.24, 06.113, 09.1, 09.7, 09.10
Índice de problemas por año XV
Lugares geométricos en el plano………… 06.43, 06.62, 06.69, 06.87, 06.94, 08.1,
09.7, 09.9
Elipse, parábola e hipérbola…………….. 06.43, 06.44, 06.56, 06.76, 06.77,
06.93, 08.1, 09.13
Clasificación de cónicas………………….. 06.43, 06.62, 06.77, 09.9, 09.13
Sólidos platónicos y arquimedianos……. 06.116
Problemas métricos en el espacio……….. 02.14, 06.76, 06.105
Estadística y Probabilidad
Probabilidad. Regla de Laplace………… 02.3, 02.12, 06.36, 06.38, 06.50, 06.52,
06.81, 06.99, 06.104, 06.111, 08.3,
09.15, 10.3
Probabilidades geométricas…………….. 06.38, 06.81, 06.104, 06.111, 09.2,
09.15, 09.19, 10.7
Probabilidad compuesta,
Teorema de la probabilidad total,
Teorema de Bayes ………………………. 06.36, 06.60, 06.65, 06.75, 06.80,
06.86, 06.88, 06.90, 06.100, 06.112,
08.3, 09.8, 10.3
XVI Problemas de Oposiciones 2006-2012
Variables aleatorias discretas.………….. 06.36, 06.60, 06.75, 06.89, 06.100,
09.11
Variables aleatorias continuas .………… 06.89, 06.100, 06.102, 06.38, 06.81,
09.19, 12.4
Test de hipótesis…………………………. 06.103
Didáctica de las Matemáticas
Currículo de Secundaria y Bachillerato.
Propuestas didácticas…………………… 06.6, 06.27, 06.66, 06.73, 06.80, 06.94,
06.114, 06.117
Oposiciones 2006 a 2012
Problemas extraídos del tomo.
(págs. 82 a 84):
06.5. Discuta las soluciones de la ecuación 4 3 28 22 24 0x x x x m− + − + =
según los valores reales de m y obténgalas.
(Asturias)
Este problema figura resuelto en [Vol. 1] pág. 568, de manera diferente a la que aquí se propone.
Solución:
Recurrimos al cambio de variable de Tschirnhaus (véase la observación del
final del problema) para resolver la ecuación. Si 1 2 3 4, , ,x x x x ∈ son las
cuatro raíces de ( ) 4 3 28 22 24p x x x x x m= − + − + , según la primera de las
Fórmulas de Cardano es 1 2 3 4 8x x x x+ + + = , por lo que el baricentro de las
raíces es:
1 2 3 4 8 24 4
x x x x+ + += =
Entonces, la transformación de Tschirnhaus, 2y x= − , convierte al polinomio
( )p x en el polinomio:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 3 22 2 8 2 22 2 24 2q y p y y y y y m= + = + − + + + − + + =
( )4 22 8y y m= − + −
El polinomio ( )q y es bicuadrado y sus raíces cumplen:
Problemas de Oposiciones 2006-2012
( ) ( )2 2 4 4 8 2 4 91 9
2 2m m
y m± − − ± −= = = ± −
es decir,
1 9y m= ± ± −
En consecuencia, las cuatro raíces de ( )p x son:
1 2 1 9x m= + + − , 2 2 1 9x m= − + − ,
3 2 1 9x m= + − − , 4 2 1 9x m= − − −
Discutimos ahora cuál es la multiplicidad de las raíces anteriores y cuántas de
ellas son reales. Dado que las ecuaciones 9 0m− = y 1 9 0m− − = admiten
por soluciones respectivas a 9m = y 8m = , y que 1 9 0m+ − = no tiene
soluciones reales, parece razonable distinguir los siguientes casos:
1. Si 8m < , las raíces 1x y 2x son reales y distintas, mientras que ni 3x ni
4x , que son distintas, son reales.
2. Si 8m = , son 1 2 2x = + , 2 2 2x = − , 3 4 2x x= = , así que ( )p x tiene
cuatro raíces reales, dos simples y una doble.
3. Si 8 9m< < , entonces 9 0m− > y 1 9 0m− − > , por lo que ( )p x tiene
cuatro raíces reales y simples.
4. Si 9m = , entonces son 1 3 3x x= = y 2 4 1x x= = , así que ( )p x tiene dos
raíces reales dobles.
5. Si 9m > , las cuatro raíces son distintas y ninguna de ellas es real.
OBSERVACIÓN
Oposiciones 2006 a 2012
El cambio de variable y x g= − , donde g es el baricentro de las raíces de un
polinomio ( )p x de grado 0n > , se llama Transformación de Tschirnhaus y
convierte a ( )p x en otro polinomio ( )q y del mismo grado n y que tiene nulo
el coeficiente del término de grado 1n − .
Esto último, apelando a la primera fórmula de Cardano, significa que el
baricentro de las raíces de ( )q y está en el origen, y es por ello que encontrar
las raíces de éste suele ser tarea más sencilla que localizar las de ( )p x .
Veamos, dado el polinomio de grado 0n > :
( ) 11 1 0
n nn np x a x a x a x a−
−= + + + +…
donde 0na ≠ , el baricentro de sus raíces 1, , nx x ∈… es, según la primera
fórmula de Cardano,
1 1n n
n
x x ag
n na−+ +
= = −…
Entonces, la transformación de Tschirnhaus,
1n
n
ay x g x
na−= − = +
convierte al polinomio ( )p x en otro polinomio:
( )1
1 1 11 0
n nn n n
n nn n n
a a aq y p y a y a y a
na na na
−− − −
−
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟= − = − + − + + =⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠…
( )1 111
n n nnn n
n
aa y y a y
a− −−
−
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟= − + + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠… … …
Problemas de Oposiciones 2006-2012
donde los puntos suspensivos denotan sumas de monomios de grado menor que
1n − . Por ello, los términos en 1ny − se cancelan y resulta que el polinomio
( ) 22 0
n nn nq y a y b y b−
−= + + +… carece de término en 1ny − , o lo que es lo
mismo, tiene el baricentro de sus raíces en el origen. Obsérvese que las raíces
de p se obtienen restando 1n
n
a
na− a las raíces de q .
(págs. 114 a 115):
06.14. Sean , , ,a b c d números enteros. Demuestre que el producto
( )( )( )( )( )( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2abcd a b a c a d b c b d c d− − − − − −
es divisible por 7.
(Baleares. Opción B)
Primera solución:
Llamamos P al producto del enunciado. Distinguimos los dos casos siguientes:
i) Si al menos uno de los números enteros , , ,a b c d es múltiplo de 7,
evidentemente también lo es .P
ii) Si ninguno de los números , , ,a b c d es múltiplo de 7, cada uno de ellos es
congruente con 1, 2, 3, 4, 5 ó 6 módulo 7, o lo que es igual, con 1, 2, 3, 3− ,
2− ó 1− módulo 7, y por tanto cada uno de los cuadrados 2 2 2 2, , ,a b c d es
congruente con 1, 4 ó 9 módulo 7, es decir, con 1, 4 ó 2 módulo 7. Esto
supone que al menos dos de los cuadrados 2 2 2 2, , ,a b c d son congruentes
Oposiciones 2006 a 2012
entre sí módulo 7, lo que significa que su diferencia es congruente con 0
módulo 7, es decir, es múltiplo de 7, así que también P es múltiplo de 7.
De i) y ii) se desprende que P es, en cualquier caso, múltiplo de 7.
Segunda solución:
Llamaremos, por comodidad, 1a n= , 2b n= , 3c n= y 4d n= . Si es P el
producto del enunciado, podemos escribir:
( )( )( )( )( )( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 3 4 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4P n n n n n n n n n n n n n n n n= − − − − − −
Razonamos por reducción al absurdo. Supongamos que P no es múltiplo de 7,
lo que equivale, por ser 7 primo, a que ninguno de los factores in o 2 2j kn n− es
múltiplo de 7. En estas condiciones, el conjunto de siete números enteros:
{ }1 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 4, , , , , , S n n n n n n n n n n n n n= − + − + − +
es un sistema completo de restos módulo 7, es decir, cualquier entero es
congruente módulo 7 con uno y sólo uno de los números enteros de S . Para
demostrarlo, basta ver que no hay dos números de S que sean congruentes
entre sí módulo 7. Así es, pues:
Si ( )1 1 mod 7kn n n≡ − o ( )1 1 mod 7kn n n≡ + , para algún { }2, 3, 4k ∈ ,
también sería ( )0 mod 7kn ≡ y kn sería múltiplo de 7, contra la hipótesis.
Si, para algunos { }, 2, 3, 4j k ∈ , con j k< , fuese ( )1 1 mod 7j kn n n n− ≡ −
o ( )1 1 mod 7j kn n n n+ ≡ + , entonces sería ( )mod 7j kn n≡ , y por tanto,
( )2 2 mod 7j kn n≡ , es decir, ( )2 2 0 mod 7j kn n− ≡ y 2 2j kn n− sería divisible
por 7, lo que contradice nuestra suposición.
Problemas de Oposiciones 2006-2012
Por último, si ( )1 1 mod 7j kn n n n− ≡ + o ( )1 1 mod 7j kn n n n+ ≡ − ,
para ciertos { }, 2, 3, 4j k ∈ , con j k< , deduciríamos ( )mod 7j kn n≡ − y,
por tanto, ( )2 2 mod 7j kn n≡ , es decir, ( )2 2 0 mod 7j kn n− ≡ y 2 2j kn n− sería
múltiplo de 7, lo que va igualmente contra nuestra hipótesis.
Resulta así, en el supuesto de que P no sea divisible por 7, que el conjunto S
es un sistema completo de restos módulo 7. Pero esto es asimismo absurdo,
pues en tal caso alguno de ellos debería ser congruente con 0 módulo 7, es
decir, divisible por 7, y también lo sería P , que es múltiplo del producto de
los siete números.
(págs. 129 a 131):
06.24. Consideremos un tetraedro regular de vértices A , B , C y D . Si el
punto E recorre la arista AB , ¿cuándo es máximo el ángulo CED ?
(Comunidad Valenciana)
Primera solución:
No hay pérdida de generalidad en suponer que el tetraedro tiene arista de
longitud 1. Sea α el ángulo CED y sea [ ]0,1x ∈ la longitud del segmento
AE. Si aplicamos el Teorema del coseno al triángulo AEC se tiene que:
2 2 2 2 cos3
EC AE AC AE ACπ
= + − ⋅ ⋅
es decir,
α A
B
C
D
Ex
Oposiciones 2006 a 2012
2 2 211 2 1
2EC x x x x= + − ⋅ = + −
Por evidente simetría, la longitud EC es igual a la longitud ED y al aplicar de
nuevo el Teorema del coseno, pero ahora al triángulo ECD, se tiene:
2 2 21 2 cosCD EC DC EC DC α= = + − ⋅ ⋅
esto es,
( ) ( ) ( )2
2 2 21 1 1 2 1 cosx x x x x x α= − + + − + − − +
o bien:
( )( )21 2 1 1 cosx x α= − + −
Y al despejar:
( ) ( )
2 21 32 4
1 1cos 1 12 1 2x x x
α = − = −⎡ ⎤− + − +⎢ ⎥⎣ ⎦
(1)
Dado que la función coseno es decreciente en 2
0, π⎡ ⎤⎣ ⎦ , el ángulo α será máximo
cuando cosα sea mínimo, así que debemos buscar el valor de [ ]0,1x ∈ que
haga mínima la función dada en (1), lo que equivale a calcular [ ]0,1x ∈ para
que el denominador 21 32 4
2[( ) ]x − + sea mínimo, cosa que ocurre en 12
x = .
Así, pues, el ángulo CED es máximo cuando E es el punto medio del lado
AB. Sustituyendo 12
x = en (1) se obtiene 13
cosα = , que corresponde al
ángulo 13
arccosα = .
Problemas de Oposiciones 2006-2012
Segunda solución:
Elegimos el sistema de referencia ortonormal R en 3 de modo que el plano
: 0zπ = es el que pasa por los vértices A, B y C, y colocamos el centro O de
R en el baricentro del triángulo ABC. Tomamos como eje OX del plano π la
recta que pasa por O y es paralela a la arista AB, y como eje OY la recta
perpendicular a OX que pasa por O.
Las coordenadas de A, B y C respecto de R
son ( , , 0)A a b= − , ( , , 0)B a b= , (0, , 0)C c= − ,
para ciertos números reales positivos a, b y c.
De hecho 2c b= pues las coordenadas del
baricentro de un triángulo son la media
aritmética de las de sus vértices.
Además, el triángulo ABC es equilátero, luego
2 2 2 2 2 2 2( )4 9a AB BC a b c a b= = = + = ++
y entonces, 3a b= . El enunciado es independiente de la longitud de las
aristas, luego podemos elegir R de modo que 1b = , así que los vértices A, B
y C son
( 3,1, 0)A = − , ( 3,1, 0)B = , (0, 2, 0)C = −
El cuarto vértice D está en la perpendicular al plano π que pasa por O, luego
existe d ∈ , que podemos suponer positivo, tal que = (0, 0, ).D d De hecho
2 2 212 4AB DC d= = = +
A
B
C
D
X
Y
Z
O
Oposiciones 2006 a 2012
así que 2 2.d = Los puntos E de la arista AB se parametrizan mediante
( ,1, 0),E t= con 3 3.t− ≤ ≤ Denotaremos ( )t CEDα = y se trata de
maximizar este ángulo cuando 3, 3t ⎡ ⎤∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦ , o lo que es igual, minimizar su
coseno. Las coordenadas de los vectores EC y ED son ( , 3, 0)EC t= − − y
( , 1,2 2),ED t= − − luego:
( )2 2
2 22 2
3 3 6cos 1
9 99 9
EC ED t tt
EC ED t tt tα
⋅ + += = = = −
⋅ + ++ ⋅ +
que es mínimo para 0t = . Por tanto, el ángulo CED es máximo cuando E
es el punto medio de la arista AB.
(págs. 132 a 134):
06.26. Sea [ ]: 1,1f − → una función par y continua y sea a un número
real positivo y distinto de 1. Demuestre que
( )
( )1 1
1 01x
f xdx f x dx
a−=
+∫ ∫ (1)
y calcule
( )( )1
21
11 1
x
xe dx
e x−
−+ +∫
(Baleares. Opción A)
Solución:
Problemas de Oposiciones 2006-2012
La función f es par y por tanto su gráfica es simétrica respecto del eje OY; de
ello se deduce que
1 0
0 1f f
−=∫ ∫ , es decir,
1 0 1 1
1 1 0 02f f f f
− −= + =∫ ∫ ∫ ∫
Por tanto, demostrar la igualdad (1) es exactamente lo mismo que demostrar
cualquiera de las siguientes igualdades equivalentes entre sí:
( )( )
( )( )
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 02 21 1x x
f x f xdx f x dx dx f x dx
a a− − − −= ⇔ − = ⇔
+ +∫ ∫ ∫ ∫
( ) ( )1 1
1 1
1 1 10 021 1
x
x xaf x dx f x dx
a a− −
⎛ ⎞ −⎟⎜⇔ − = ⇔ =⎟⎜ ⎟⎜⎝ ⎠+ +∫ ∫
La función ( ) 11
x
xaa
x g x −+
= está definida en por ser 0a > y cumple que:
( ) ( )1
1
11 111 1
x
x
x x
x xa
a
a ag x g xa a
−
−
−− −− = = = = −++ +
para cualquier x ∈ , por lo que se trata de una función impar. Ahora bien,
como el producto de una función par por otra función impar es una función
impar, resulta que fg es impar, y así,
0 1
1 0fg fg
−= −∫ ∫ , es decir,
1 0 1
1 1 00fg fg fg
− −= + =∫ ∫ ∫
que equivale a:
Oposiciones 2006 a 2012
( )1
1
1 01
x
xaf x dxa−
− =+∫ (2)
y que es la igualdad que debía probarse. Obsérvese que no se ha utilizado en
ninguna parte del razonamiento el que sea 1a ≠ .
Para la segunda parte del problema, la integral a calcular se puede escribir:
( )( )1 1
2 21 1
1 1 11 1 1 1
x x
x xe edx dx
e x x e− −
− −= ⋅+ + + +∫ ∫
Tomando así como f a la función 21
1xx
+, que es evidentemente par y
continua, y haciendo a e= , resulta de la igualdad (2) anterior que la integral
pedida es nula.
(págs. 151 a 154):
06.33. Consideramos una circunferencia de radio R . Esta circunferencia se
divide en n partes iguales mediante los puntos 1 2, , , nC C C… . Cada uno de
estos puntos se toma como centro para trazar un arco de circunferencia de
radio r . Suponiendo un valor de n suficientemente grande, cada uno de estos
arcos se corta con el trazado desde el punto anterior y con el trazado desde el
punto siguiente, formándose así una línea cerrada que rodea a la primera
circunferencia. Calcule el límite de la longitud de esta línea cerrada cuando el
número n de puntos aumenta indefinidamente.
(Galicia)
Solución:
Problemas de Oposiciones 2006-2012
Una primera aproximación al problema permite
aventurar que la línea cerrada que se construye
tiende a confundirse, cuando n →∞ , con la
envolvente exterior de las circunferencias de
radio r que se forman tomando como centros
los puntos de la circunferencia de radio R .
Dicha envolvente es la circunferencia de radio
R r+ cuya longitud es ( )2 R rπ + . Pongamos
de acuerdo a razón e intuición.
Supongamos dividida la circunferencia de radio R en n partes iguales, con n
suficientemente grande para que cada circunferencia de radio r sea secante con
la anterior y la posterior. Para calcular la longitud ns de cualquiera de los
arcos de circunferencia de radio r es suficiente con que determinemos el
ángulo nα correspondiente al arco ns , dado que es
n ns rα= ⋅
Sea O el centro de la circunferencia de
radio R y, para cada 1, , 1k n= −… ,
sea 1kP + el punto exterior a la
circunferencia anterior donde se cortan
las circunferencias de centros kC y
1kC + . En el triángulo k kOC P se
conocen:
kOC R= , k kC P r= , 1 22k k n n
P OC π π= ⋅ =
Como 2nα es un ángulo exterior del triángulo k kOC P , ocurre que:
R
r
1kP + kP
ns
2nα
kC
R
nπ
r
O
Oposiciones 2006 a 2012
2n
k kC P On
α π= +
y por tanto,
2n
k kC P On
α π= −
Así, por el Teorema de los senos:
( )2sen sen n
n n
r Rπ α π=
−
es decir,
sen sen2n R
n r n
α π π⎛ ⎞⎟⎜ − =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠
y dado que, para n suficientemente grande, son
senr
n R
π< y
2 2n
n
α π π− <
se tiene que:
( )arcsen sen2n R
n r n
α π π− =
luego
( )2 2arcsen sennR
n r nπ πα = +
La longitud ns de cada arco de circunferencia 1k kP P + es así:
( )2 2 arcsen senn nr Rs r r
n r nπ πα= = +
Problemas de Oposiciones 2006-2012
La suma de las longitudes de los n arcos 1k kP P + de radio r es, entonces:
( )2 2 arcsen sennRns r rnr n
ππ= +
y sólo resta calcular el límite de la suma anterior cuando n → ∞ , es decir,
( )lim 2 2 lim arcsen sennn n
Rns r r nr n
ππ→∞ →∞
= +
Como quiera que los infinitésimos arcsen x y x son equivalentes cuando
0x → , y es lim sen 0nRr n
π→∞ = , podemos escribir, por el Principio de
sustitución de variables equivalentes,
lim 2 2 lim sen 2 2 lim sennn n n
Rns r r n r R n
r n nπ π
π π→∞ →∞ →∞
= + = +
Por último, y como también sen x x∼ cuando 0x → , se tiene que:
lim 2 2 lim sen 2 2 lim 2 2nn n n
ns r R n r R n r Rn nπ π
π π π π→∞ →∞ →∞
= + = + = + =
( )2 r Rπ= +
tal y como la intuición nos hizo sospechar.
(págs. 503 a 506):
09.8. En una urna se introducen sucesivamente n bolas, cada una de las
cuales puede ser blanca o negra, con igual probabilidad. A continuación se
Oposiciones 2006 a 2012
extraen al azar tres bolas de ella. ¿Cuál es la probabilidad de que la urna
contenga sólo bolas blancas, si las tres bolas extraídas han sido blancas?
(Comunidad Valenciana)
Solución:
Suponiendo que las extracciones de las tres bolas se llevan a cabo sin
reemplazamiento, el que las tres bolas extraídas hayan sido blancas obliga a
que sea 3n ≥ (en las observaciones del final del problema se resuelve éste en
el caso de extracciones con reemplazamiento).
El número de bolas blancas que hay en la urna después de introducir las n
bolas sigue una distribución binomial de parámetros n y 12
p = . Es por ello
que si se llama kU al suceso “la urna queda con k bolas blancas y n k− bolas
negras”, será:
( ) ( ) ( ) ( )1 1 12 2 2
k n k n
k
n n
k kp U
−⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠, para 0,1,2, ,k n= …
Si se llama B al suceso “las tres bolas extraídas son blancas”, la probabilidad
que pide el problema es la del suceso nU condicionada por el suceso B . Según
la Fórmula de Bayes:
( )( ) ( )
( ) ( )0
//
/
n nn n
k kk
p U p B Up U B
p U p B U=
=
∑ (1)
Para cada 0,1, ,k n= … , la probabilidad ( )/ kp B U es la probabilidad de
obtener tres bolas blancas al extraer al azar tres bolas de una urna que
Problemas de Oposiciones 2006-2012
contiene k bolas blancas y n k− bolas negras. Dicha probabilidad es nula si
{ }0,1,2k ∈ , mientras que si { }3, 4, ,k n∈ … ,
( )3
3
/ k
k
np B U
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠=
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠
por lo que:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 3 3 3
3
3
3 3
1 1/ /2
2
nn n n n
k k k kk k k kn
k
n n k
k kn np U p B U p U p B U
= = = =
⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜= = =⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∑ ∑ ∑ ∑
Para cada { }3,4, ,k n∈ … es:
( ) ( )( )( ) ( )
( ) ( )3
1 2 3 !! !! ! 3 ! 3 ! 3 ! ! 3 !
n k
k
n n n nn kk n k k n k k
⎛ ⎞⎛ ⎞ − − −⎟ ⎟⎜ ⎜ = ⋅ = ⋅ =⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ − − − −
3
3 3
n n
k
−
−
⎛ ⎞⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜= ⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠
luego:
( ) 3 3
3 3 3
3 3
3 3 3 3 3 3 31 1 2
n n n n n
k k k
n k n n n n n n
k k k
− −
= = =
− −
− −
⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜= = = + =⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ ∑
y deducimos que:
( ) ( ) ( )3
3
0 3
3
1 1/ 22
2
nn
k kk n
n
np U p B U −
=
⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠⎛ ⎞⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠
∑
Oposiciones 2006 a 2012
La probabilidad que pide el problema es, después de sustituir en (1):
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )( ) 3
0
12
312
1/ 1/
2/
n
n nn n n
k kk
p U p B Up U B
p U p B U−
=
⋅= = =
∑
OBSERVACIONES
Resolvemos el problema en el caso de que las extracciones de las bolas se
lleven a cabo con reemplazamiento. En tal supuesto sería, para 0,1,2, ,k n= … :
( )3
/ kk k k k
p B Un n n n
⎛ ⎞⎟⎜= ⋅ ⋅ = ⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠
luego:
( ) ( )3
33
0 0 0
1 1/
2 2
nn n n
k k nk k k
n n
k k
kp U p B U k
n n= = =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟= =⎟ ⎟⎜ ⎜⎜ ⎜⎟ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎟ ⎟⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ ∑
Para calcular la última suma descomponemos 3k , para 3k ≥ , como sigue:
( )( ) ( )( ) ( )3 21 2 3 2 1 2 3 1 3 2k k k k k k k k k k k k k= − − + − = − − + − + − =
( )( ) ( )1 2 3 1k k k k k k= − − + − +
de modo que:
( )( ) ( )3 1 2 3 1n n n n
k k k kk k k k k k k
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜= − − + − + =⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Problemas de Oposiciones 2006-2012
( )( ) ( )3 2 1
3 2 11 2 3 1
n n n
k k kn n n n n n
− − −
− − −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜= − − + − +⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Entonces:
3 3
0 31 28
n n
k k
n n n n
k kk k
= =
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜= + + =⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑
( ) ( )( ) ( )3 3 3
3 2 1
3 2 14 1 1 2 3 1
n n n
k k k
n n n
k k kn n n n n n n n n
= = =
− − −
− − −
⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜= + − + − − + − + =⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎟ ⎟ ⎟⎟ ⎟ ⎟⎜ ⎜ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ ∑
( ) ( )( ) ( )( ) ( )3 2 14 1 1 2 2 3 1 2 1 2n n nn n n n n n n n n n− − −= + − + − − + − − + − =
( )2 33 2nn n −= +
Así,
( ) ( ) ( )3 2 33 3
0 0
1 1 3/ 3 282 2
n nn
k k n nk k
n
knp U p B U k n n
nn n
−
= =
⎛ ⎞ +⎟⎜= = ⋅ + =⎟⎜ ⎟⎟⎜⎝ ⎠∑ ∑
La probabilidad que se pide es, en el caso de que las extracciones sean con
reemplazamiento,
( )( ) ( )
( ) ( )
( )( )3
0
12/
/3 2 3/ 8
n
n nn n n
k kk
p U p B U np U Bn np U p B U n
−
=
= = =+ +∑