Examen Madrid 19 Junio 2021 - Academia editorial Deimos

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academiadeimos.es 669 31 64 06 Examen Oposiciones Madrid 19 Junio 2021

1. Dos arqueros, A y B, participan en una competición clasificatoria. Mediante un sorteo previo se decide que

el tirador A inicia la actuación. A dispara una flecha, y se clasifica si da en el centro de la diana. Si no lo

consigue, es B quien toma la iniciativa, y gana la competición si logra dar en el centro de la diana. En caso

contrario, vuelve a tirar A y se repite el proceso descrito anteriormente. De este modo, se van alternando

los tiros hasta que uno acierta con el centro de la diana, momento en el que termina la competición con la

clasificación del arquero que lo ha conseguido. En cada uno de sus tiros A y B tienen, respectivamente,

probabilidad p y q de alcanzar el centro de la diana.

a) Halle la probabilidad de que el arquero A se clasifique.

b) Calcule la probabilidad de que sea el arquero B que se clasifique.

c) ¿Qué condición han de verificar p y q para que el arquero B tenga ventaja sobre A? ¿Cuál es la

probabilidad de que esto ocurra?

SOLUCIÓN:

a) Definimos el suceso nA : “el jugador A se clasifica en su n-ésimo intento”. Se tienen entonces:

1 2 32 2) )( ) , ( (1 )(1 ) , ( (1 ) (1 ) ,p A p p A p q p p A p q p= = − − = − − …

2


y, en general, 1 1)( (1 ) (1 ) , para 1, 2,n

n np A p q p n− −= − − = …

La probabilidad de que el arquero A se clasifique será, por tanto,

1 1 1

1 1 1 1( ) ( ) (1 ) (1 ) [(1 )(1 )]

1 (1 )(1 )n n n

n nAn n n n

p pp C p A p A p q p p p q

p q pqp q

∞ ∞ ∞∞− − −

= = = =

= = = − − = ⋅ − − = =

+ −− − −∑ ∑ ∑∪

por tratarse de la suma de una serie geométrica de razón (1 )(1 )p q− − .

b) Del mismo modo definimos el suceso nB : “el jugador B se clasifica en su n-ésimo intento”. Se tienen

entonces:

1 2 32 3 2) )( ) (1 ) , ( (1 ) (1 ) , ( (1 ) (1 ) ,p B p q p B p q q p B p q q= − = − − = − − …

y, en general,

1)( (1 ) (1 ) , para 1, 2,nn np B p q q n−= − − = …

3


La probabilidad de que el arquero B se clasifique será, en consecuencia,

1 1

1 1 1 1

(1 )( ) ( ) (1 ) (1 ) (1 ) [(1 )(1 )]

1 (1 )(1 )n n n

n nBn n n n

q p q pqp C p B p B p q q q p p q

p q pqp q

∞ ∞ ∞∞− −

= = = =

− −= = = − − = − ⋅ − − = =+ −− − −∑ ∑ ∑∪

También podíamos haber deducido la probabilidad de que se clasifique B teniendo en cuenta que la

probabilidad de que no se clasifique ninguno de los dos es, por ser 0 , 1p q< < ,

(1 )(1 )(1 )(1 ) lim [(1 )(1 )] 0nn

p q p q p q→∞

− − − − = − − =⋯

De ello se sigue que

( ) 1 ( ) 1B Ap q pq

p C p Cp q pq p q pq

=−= − = −

+ − + −

c) El arquero B tendrá ventaja sobre el arquero A si ocurre que ( ) ( )B Ap C p C> , es decir, si ocurre que

(1 )1

pq pq p q p p q

p− > ⇔ − > ⇔ >

−

4


Para calcular la probabilidad de que se dé esta situación, dado que p y q

toman valores en el intervalo abierto (0,1), podemos asignarles

distribuciones uniformes (independientes) en dicho intervalo. El espacio

muestral a considerar sería por tanto, (0,1) (0,1)Ω= × Dado que el área del

conjunto Ω es 1, la probabilidad a calcular es el área del recinto

1( , ) (0,1) (0,1) : pp

S p q q −= ∈ × > , es decir,

1/2 1/2 1/2

00 0

1área( ) 1 2 2 L(1 ) 1 L21 1

pS dp dp p p

p p

= − = − = + − = −

− −∫ ∫

OTRA SOLUCIÓN A LOS APARTADOS a) y b):

Condicionando únicamente a lo sucedido en el primer intento de cada uno de los

dos arqueros, se deduce que

1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( | )c c c cA A

p C p A p A B p C A B= + ∩ ⋅ ∩

p

q

1pp

q −=

0 1

1

S

1A

1cA

p

1 p−1B

1cB

q

1 q−

5


Dado que la probabilidad de que se clasifique el arquero A caso de que ninguno de los dos arqueros dé en la

diana en su primer intento es la misma que al comienzo de la competición, se llega entonces a la ecuación

( ) (1 )(1 ) ( )A A

p C p p q p C= + − − ⋅

Despejando ( )A

p C en la ecuación anterior se deduce que

( )1 (1 )(1 )A

p pp C

p q pqp q= =

+ −− − −

Razonando del mismo modo sobre el arquero B, se tiene:

1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ( | )c c c cB Bp C p B p A B p C A B= + ∩ ⋅ ∩

llegando así a la ecuación

( ) (1 ) (1 )(1 ) ( )BAp C p q p q p C= − + − − ⋅

cuya solución es

(1 )( )

1 (1 )(1 )B

p q q pqp C

p q pqp q

− −= =+ −− − −

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2. Se consideran los siguientes elementos en el plano: C es la circunferencia de centro el punto (0, )C a y radio

a, donde 0a > , y s es la recta que horizontal que pasa por el punto (0,2 )a . Se dibuja una recta r que pase

por el origen de coordenadas y por cualquier punto M de la circunferencia distinto del origen de

coordenadas. Sea N el punto de intersección de la recta anterior con la recta s. Se considera la curva que se

obtiene por la intersección de la recta horizontal que pasa por M y la recta vertical que pasa por N, al

recorrer M la circunferencia C.

a) Determine la ecuación de la curva.

b) Halle el área de la región delimitada por la curva y el eje de abscisas.

Este problema es casi idéntico al que figura resuelto en la página 276 del volumen 1 de Problemas de Oposiciones, de Editorial Deimos y que ha sido

resuelto en la Academia Deimos durante el curso 2020-2021

UNA SOLUCIÓN:

a) La circunferencia C tiene por ecuación 2 2 2( )x y a a+ − = ; la recta s

tiene por ecuación 2y a= . Como la recta r pasa por el origen y corta a

C en algún punto distinto del origen, r no es el eje OX , luego admite

por ecuación x my= , para cierto m ∈ℝ .

X

Y

s2a

C

N

r

P

M

7


El punto M es la solución del sistema

2 22 2 2

2 2 2 22 0( )2 0 [( 1) 2 ] 0

x y ayx y a am y y ay y m y a

x myx my

⇒ ⇒

+ − =+ − =+ − = ⇒ + − ===

Y como es 0y ≠ , se deduce que 2( 1) 2 0m y a+ − = , es decir, la ordenada de M es

2

2

1

ay

m=+

Por otro lado, el punto N, intersección de r y s, es la solución del sistema , 2x my y a= = , por lo que su

abscisa es 2x ma= . Como la abscisa y la ordenada de un punto P genérico de la curva solución son,

respectivamente, la abscisa de N y la ordenada de M, deducimos que ( , )P x y es un punto de la curva

solución si y sólo si, para cierto m ∈ℝ , son:

2

22 ,

1

ax ma y

m= =

+

Las anteriores son unas ecuaciones paramétricas de la curva solución. Despejando 2xa

m = en la primera

ecuación y sustituyendo en la segunda, se obtiene:

8


3

2 222

2 8

41 ( )xa

a ay y

x a= ⇔ =

++

que es la ecuación explícita de la curva que se pide.

b) La curva solución es la gráfica de la función

3

2 2

8( )

4

ax y f x

x a= =

+֏

Se trata de una función definida, continua y positiva en todo ℝ por ser 0a > . Dado que ( ) ( )f x f x− = para

todos los x reales, la función f es par, luego su gráfica es simétrica respecto del eje OY . De todo ello se

deduce que el área de la región comprendida entre la gráfica de f y el eje OX es

( )3

2 2 222 20 0 0 0

12

2

82 ( ) 2 8 8 arctan 8

4 2 21

a

xa

a xS f x dx dx a dx a a

x a a

π

+∞+∞ +∞ +∞ = = = = ⋅ = ⋅ = + +

∫ ∫ ∫

24 aπ=

9


OTRA SOLUCIÓN:

a) Un punto genérico M de la circunferencia C distinto del origen de

coordenadas tiene por coordenadas ( cos , (1 sen ))M a t a t= + , donde

2t π≠− , mientras que ( ,2 )N x a= , para cierto x ∈ℝ . Como los

puntos O, M y N están alineados, los vectores OM

y ON

tienen

coordenadas proporcionales, luego

, cos 2 cos0 donde

(1 sen ) 2 1 sen 2

a t x a tx t

a t a tπ= ⇒ = ≠−

+ +

Si 1ℓ es la recta horizontal que pasa por M y 2ℓ la recta vertical que pasa por N, su punto de corte

1 2P = ∩ℓ ℓ tiene por abscisa la de N y por ordenada la de M, luego unas ecuaciones paramétricas de la

curva del enunciado son

,2 cos1 sen

a tx

t=+

(1 sen )y a t= + , donde 2

tπ≠− (1)

O X

Y

s2a

C

N

r

P

M1ℓ

2ℓ

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Para obtener una ecuación implícita de la curva, despejamos cost y sent en función de x e y. Por un lado,

sen 1yt

a= −

Por otro, multiplicando se tiene 22 cosxy a t= , así que

2cos2xy

ta

=

En consecuencia,

22 2 2 2 2

2 24 4 2

21 cos sen 1 04 4x y y x y y y

t ta a a a a

= + = + − ⇒ + − =

De hecho 0y ≠ , ya que 2t π≠− en (1). Dividiendo por y la última ecuación resulta:

2 3

4 2 2 21 2 8

4 4x a

y ya a a x a

⋅ + = ⇒ =

+

que es una ecuación implícita de la curva que pide el problema.

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b) La gráfica de la curva es simétrica respecto del eje vertical OY, luego el área encerrada por la curva y el eje

de abscisas es

33

2 2 2 20 0

82 16

4 4a dx

S dx ax a x a

+∞ +∞

= =+ +∫ ∫

Si recurrimos al cambio de variable 2 tanx a u= , para 0x = y x →+∞ se tienen, respectivamente, 0u = y

2u π= . Además, como son 22 secdx a udu= y 2 2 2 2 2 2 24 4 4 tan 4 seca x a a u a u+ = + = , se deduce que

/2 /22

3 2 2 22 20 0

2 sec16 8 8 4

4 sec 2a u

S a du a du a aa u

π π

π

π= = = ⋅ =∫ ∫

OBSERVACIÓN: Aunque no sea en absoluto necesario para la resolución del problema, dibujaremos la curva

solución, que es la gráfica de la función 3

2 2

8( )

4

ax y f x

x a= =

+֏

Como ya se ha dicho, la función f está definida, es continua y positiva en todo ℝ y además es par, luego su

gráfica es simétrica respecto del eje OY . Limitaremos por ello el estudio de f a los [0, )x ∈ +∞ .

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En 0x = es (0) 2f a= , mientras que cuando x →+∞ ocurre que

3

2 2

8lim ( ) lim 0

4x x

af x

x a→+∞ →+∞= =

+

por lo que la recta 0y = es asíntota de la curva cuando x →+∞ . Como además

( ) 0f x > para todo x , la curva se aproxima a la asíntota por encima de la misma.

Por otro lado, f es derivable y para cada 0x ≥ es

3

2 2 2

16( )

( 4 )

a xf x

x a

−′ =+

La derivada sólo se anula en 0x = y es ( ) 0f x′ < para todo 0x > , por lo que f alcanza máximo absoluto en

0x = , siendo max (0) 2f f a= = y es estrictamente decreciente en todo el intervalo [0, )+∞ . También f es dos

veces derivable en cada 0x ≥ y

3 2 23 2 5

2 2 3 2 2 3

16 ( 4 )48 64( )

( ) ( )

a x aa x af x

x a x a

−−′′ = =+ +

X

Y

2a

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Ahora es ( ) 0f x′′ = sólo cuando 2 24x a= , esto es, cuando 2x a= y ocurre que

( ) 0f x′′ < cuando 0 2x a≤ < y ( ) 0f x′′ > cuando 2x a> , por lo que f es

estrictamente cóncava en el intervalo (0,2 )a y estrictamente convexa en el

intervalo ,(2 )a +∞ , de modo que la gráfica tiene inflexión en el punto

,(2 , (2 )) (2 )a f a a a= .

De todo lo anterior se deduce la gráfica de f restringida al intervalo [0, )+∞ , que es la que figura a la izquierda.

Si se le añade su simétrica respecto del eje OY se tiene la gráfica de f, que es la curva del enunciado.

X

Y

2a

2a

a

X

Y

2a

2a

a

X

Y

2a

2a

a

3

2 2

8

4

ay

x a=

+

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3. Un hombre acude a un banco a cobrar un cheque por valor de E euros y C céntimos. El cajero, por error, le

entrega un sobre con C euros y E céntimos. El cliente no se da cuenta del error hasta que gasta 23 céntimos

y, además, observa que en ese momento tiene 2E euros y 2C céntimos ¿Cuál es el valor del cheque?

Este problema es idéntico al 18.63 del volumen 9 de Problemas de Oposiciones de Editorial Deimos, que ha sido resuelto en la Academia Deimos durante

el curso 2020-2021.

UNA SOLUCIÓN: El hombre sale del banco con C euros y E céntimos, es decir, con 100C E+ céntimos, que

se reducen a 100 23C E+ − céntimos después de gastar 23 céntimos. Si este dinero es el doble del importe del

cheque, será (expresado en céntimos):

100 23 200 2C E E C+ − = + es decir,

98 199 23C E− = (1)

Como los números 98 y 199 son primos entre sí, la ecuación diofántica anterior tiene soluciones enteras ( , )C E .

Para encontrarlas, podemos recurrir a las congruencias como sigue: Si ( , )C E es solución entera de la ecuación,

será 199 23 98E C=− + y por tanto 199 23(mod98)E ≡− . Dado que 199 3(mod98)≡ y que 23 75(mod98)− ≡ ,

deducimos que 3 75(mod98)E ≡ , congruencia que equivale, por ser mcd(3,98) 1= , a que sea 25(mod98)E ≡ .

15


Será, por tanto, para cierto t ∈ℤ ,

25 98E t= + .

Llevando este valor a la ecuación (1) se sigue que

98 199(25 98 ) 23 98 4998 199 98C t C t− + = ⇔ = + ⋅

y, tras dividir ambos miembros por 98,

51 199C t= +

Como deben ser 0 99C≤ ≤ y 0E ≥ , es decir, 0 51 199 99t≤ + ≤ y 25 98 0t+ ≥ , deducimos que, por ser t ∈ℤ ,

necesariamente es 0t = . Serán, en consecuencia, 25E = y 51C = , por lo que el valor del cheque es de 25

euros y 51 céntimos.

OBSERVACIÓN: Otra forma de resolver la ecuación diofántica 98 199 23C E− = consiste en encontrar una

solución particular, recurriendo al Algoritmo de Euclides para el cálculo de mcd(98,199) 1= . Dado que son

199 98 2 3, 98 3 32 2, 3 2 1 1= ⋅ + = ⋅ + = ⋅ +

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podemos escribir 1 como combinación lineal entera de 98 y 199 razonando de derecha a izquierda en los

cálculos anteriores. Resulta así:

1 3 2 3 (98 3 32) 33 3 98 33 (199 98 2) 98 98 ( 67) 199 ( 33)= − = − − ⋅ = ⋅ − = ⋅ − ⋅ − = ⋅ − − ⋅ −

es decir,

98 ( 67) 199 ( 33) 1⋅ − − ⋅ − = .

Multiplicando esta relación por 23, se obtiene:

98 ( 1541) 199 ( 759) 23⋅ − − ⋅ − =

lo que demuestra que 0 1541C =− , 0 759E =− es una solución particular de nuestra ecuación 98 199 23C E− = .

Cualquier solución entera de la ecuación es por tanto de la forma

( , ) ( 1541 199 , 759 98 ),C E s s s= − − − − ∈ ℤ ,

Como son 0 99 y 0C E≤ ≤ ≥ , deben ser 0 1541 199 99s≤− − ≤ y 759 98 0s− − ≥ , que se reducen, por ser

s ∈ℤ , a 8s =− . Son así 1541 199 ( 8) 51C =− − ⋅ − = y 759 98 ( 8) 25E =− − ⋅ − = , obteniéndose como valor del

cheque 25 euros y 51 céntimos.

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4. Dado el determinante de orden n:

8 3 3 3 3

3 8 3 3 3

3 3 8 3 3

3 3 3 8 3

3 3 3 3 8

nD =

⋯

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮

⋯

⋯

se pide:

a) Calcule su valor.

b) Determine para qué números naturales positivos n dicho valor es múltiplo de 10.

SOLUCIÓN:

a) Al sustituir la primera columna por la suma de todas las columnas del determinante, el valor de éste no

varía, resultando que

18


8 3( 1) 3 3 3 3

8 3( 1) 8 3 3 3

8 3( 1) 3 8 3 3

8 3( 1) 3 3 8 3

8 3( 1) 3 3 3 8

n

n

n

nD

n

n

+ −+ −+ −

=

+ −+ −

⋯

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮

⋯

⋯

Si ahora se mantiene la primera fila y se sustituye cada fila a partir de la segunda por su diferencia con la

primera, el determinante permanece invariado, obteniéndose que

8 3( 1) 3 3 3 3

0 5 0 0 0

0 0 5 0 0

0 0 0 5 0

0 0 0 0 5

n

n

D

+ −

=

⋯

⋯

⋯

⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮

⋯

⋯

Ahora ya, el determinante anterior es triangular, luego su valor es igual al producto de los elementos de su

diagonal, es decir, 1[8 3( 1)] 5n

nD n −= + − ⋅

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o bien,

1(3 5) 5nnD n −= + ⋅

b) A la vista del exponente de la potencia de 5 en la expresión de nD , distinguimos sobre los valores enteros y

positivos de n como sigue:

i) Si 1n = , entonces 1 8D = , que no es múltiplo de 10.

ii) Si 1n> , como quiera que es 10 2 5= ⋅ y 2 y 5 son primos entre sí, nD será múltiplo de 10 si y sólo si nD

es múltiplo de 2 y de 5. Ahora bien, como para todos los 1n> , la potencia 15n− es múltiplo de 5, el

número natural nD será múltiplo de 10 si y sólo si nD es múltiplo de 2, pero esto equivale, por ser 2

primo y no dividir a ninguna potencia de 5, a que 3 5n+ sea múltiplo de 2, es decir, a que sea

3 5 0 (mod2) 1 0 (mod2) 1 es par es imparn n n n+ ≡ ⇔ + ≡ ⇔ + ⇔ .

En resumen, nD será múltiplo de 10 si y sólo si n es un número natural impar mayor que 1.

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