CyL 2024.

Asumiremos como elementales las propiedades de paridad: Suma o resta de dos números pares es par, la suma o resta de un número impar y uno par es impar.

Denotemos por

• a: número de estudiantes aprobados.
• s: número de estudiantes suspensos.
• p: número de estudiantes no presentados.

Entonces teniendo en cuenta el contexto e información del problema, tenemos que a, s y p son números positivos, primos y distintos, además

\small a(a+p)=s+120 \qquad (I)

Demostremos primero que tanto a como a+p son impares. Supongamos el absurdo, que a o a+p es par. Entonces el lado izquierdo de (I) es par, siéndolo tambíen s+120 y por tanto, también lo es s. Luego s=2, por ser primo y par. También, a\neq 2 e impar, porque a\neq s=2 y primo. Entonces a+p es par,

\small a(a+p)=2+120=122=61·2 \Rightarrow a|61·2 \\ \, \\

\small \left.\begin{array}{r}
a|61\cdot2\\
m.c.d(a,2)=1
\end{array}\right\}
 \overset{T.\,Euclides}{\Rightarrow}a|61
\stackrel{\stackrel{a \, y \, 61 \qquad}{son \, primos}}{\Rightarrow}
 a=61 \Rightarrow \\ \, \\
\Rightarrow a+p = 2 \Rightarrow a+p < a

Pero esto es una contradicción.

Ahora, como a+p y a son impares concluimos que p es par. Entonces p=2

\small a(a+2)=a^2 +2a = s + 120 \quad \Rightarrow \\ \, \\  \Rightarrow a^2+2a-120=s  \quad \Rightarrow (a -10)(a+12)=s 

Pero como s es primo y a>0 entonces a-10=1

a-10=1 \Rightarrow a=11, s=23

Observese que a+12=1 \Rightarrow a=-11<0 y esto no es posible.

Por tanto los únicos valores posibles para aprobados, suspensos y no presentados son:

Aprobados: 11. Suspensos: 23. No presentados: 2.

Por el Teorema de Lagrange, como f es continua en [a,c] y derivable en (a,c), existe \alpha_1\in(a,c) tal que f'(\alpha_1)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}<\frac{c-a}{c-a}=1\qquad (1)

De forma análoga, como f es continua en [c,d] y derivable en (c,d), Por el Teorema de Lagrange, existe \alpha_2\in(c,d) tal que f'(\alpha_2)=\frac{f(d)-f(c)}{d-c}>\frac{d-c}{d-c}=1\qquad (2)

Nuevamente, por el Teorema de Lagrange, como f es continua en [d,b] y derivable en (d,b), existe \alpha_3\in(d, b) tal que f'(\alpha_3)=\frac{f(b)-f(d)}{b-d}<\frac{b-d}{b-d}=1\qquad (3)

Ahora, como la función f' es continua en [\alpha_1,\alpha_2], f'(\alpha_1)<1 y f'(\alpha_2)>1, por el Teorema de Darboux, existe \beta_1\in(\alpha_1,\alpha_2) tal que f'(\beta_1)=1.

De forma análoga, como la función f' es continua en [\alpha_2,\alpha_3], f'(\alpha_2)>1 y f'(\alpha_3)<1, por el Teorema de Darboux, existe \beta_2\in(\alpha_2,\alpha_3) tal que f'(\beta_2)=1.

Por último, como la función f' es continua en [\beta_1, \beta_2], derivable en (\beta_1, \beta_2) y f'(\beta_1)=f'(\beta_2)(=1), por el Teorema de Rolle, existe x_0\in(\beta_1, \beta_2) tal que f''(x_0)=0.

a) Consideremos el triángulo isósceles \triangle ABC. Y tomemos un punto cualquiera P en el lado desigual AB, (Figura 1).

Denotemos por q y p la distancia del punto P a los lados iguales AC y BC, respectivamente. Y denotemos por h a la altura del triángulo \triangle ABC, bajada a uno de los lados iguales, por ejemplo al lado BC. Entonces se pide demostrar que p+q=h

Si trazamos el segmento CP obtenemos dos triángulos: \triangle APC y \triangle PBC. Las sumas de las áreas de estos triángulos nos dará el área del triángulo \triangle ABC: \small [\triangle APC]+ [\triangle BPC] = [\triangle ABC]

Figura 1: Triángulo isósceles.

Sea 0 < \alpha \leq 90 uno de los cuatro ángulo convexos que se forman al cortarse ambas rectas en el punto O. Tracemos la circunferencia de centro O y radio l=Ksen(\alpha), Figura 1.

Demostremos que el rectángulo formado por los cuatro puntos de corte de esta circunferencias y las dos rectas es el lugar geométrico buscado.

Cualquier punto P, que está en algún lado de este rectángulo, estará en el lado desigual de uno de los cuatro triángulos isósceles que se forman, Figura 2. Entonces, por el apartado a), tenemos que la suma de las distancias de este punto a los lados iguales (es decir a las rectas r y s, respectivamente) es igual a K.

Figura 1:

Figura 2

Ahora, nos falta comprobar que cualquier otro punto que no está sobre los lados del rectángulo no cumple la propiedad.

Sea Q un punto que no está en uno de los lados de este rectángulo. Tracemos la paralela al lado del rectángulo que se encuentra en el mismo ángulo convexo que Q y pasa por Q, Figura 3.

Entonces tenemos dos triángulos isósceles en posición de tales, semejantes pero no iguales y de alturas respectivamente distintas. Entonces por el apartado a), la suma de las distancias de Q a las rectas r y s es distinta de K.

Figura 3:

Sin perdida de generalidad, inicialmente, podemos numerar las N personas y los N móviles. De esta forma podemos hablar, por ejemplo, de la persona i y el móvil j, donde i,j\in[N] y [N]:=\{1,2,...,N\}.

Si denotamos por \Omega al espacio muestral de este experimento aleatorio, en el que cada persona coge un móvil, entonces |\Omega|=N!. Aquí |A| denota la cantidad de elementos del conjunto A. Cada elemento de \Omega es una permutación distinta de los móviles, que representa el orden en el que son tomados por las personas 1,…,N.

Ahora, para cada i\in[N], definamos el suceso: A_i: \quad "\textrm{ La persona }i\textrm{ escoge su móvil } (i)"

En estos términos, la probabilidad que se pide es la del suceso: \cup_{1}^{N}A_{i}

es decir la probabilidad de que la persona 1 coge su móvil o la persona 2 coge su móvil … o la persona N coge su móvil.

Para el calculo de esta probabilidad haremos uso de la Regla de Laplace ya que el espacio muestral es finito y todos los sucesos elementales tienen las mismas posibilidades de ocurrir:

P\left( \cup_{1}^{N}A_{i}  \right) = \frac{\left| \cup_{1}^{N}A_{i}  \right|}{|\Omega|} = \frac{\left| \cup_{1}^{N}A_{i}  \right|}{N!}

Observemos que si F\subset[N] es un grupo de personas, con |F|=k\in[N], la cantidad de formas distintas en que las personas de este grupo coge su móvil es:

\scriptsize \left| \bigcap_{i\in F}A_{i}  \right| = (N-k)!

En efecto, si fijamos que las k personas del grupo F cogen sus móviles, el resto podrá escoger un móvil de \small (N-k)! formas distintas.

Por otro lado, observemos que hay \small \binom{N}{k} conjuntos con exactamente k personas.

Por lo que:

\scriptsize \sum_{F\subset[N],|F|=k}\left| \bigcap_{i\in F}A_{i}  \right|  = \binom{N}{k}·(N-k)! = \frac{N!}{k!} 

Aplicando ahora el Principio de Inclusiones y Exclusiones tenemos que

\scriptsize \left|\cup_{1}^{N}A_{i}\right|=\sum_{i}|A_{i}|-\sum_{i < j}|A_{i}\cap A_{j}|+\sum_{i < j < k}|A_{i}\cap A_{j}\cap A_{k}|-... \\ \, \\
 =  \sum_{F\subset[N], |F|=1}|A_{F}|-\sum_{F\subset[N], |F|=2}|\bigcap_{i\in F}A_{i}|+\sum_{F\subset[N], |F|=3}|\bigcap_{i\in F}A_{i}|-... 
\\ \, \\

= \sum_{k=1}^{N}(-1)^{k+1}\sum_{F\subset[N],|F|=k}\left| \bigcap_{i\in F}A_{i}  \right| = \sum_{k=1}^{N}(-1)^{k+1}\frac{N!}{k!} =  N! \sum_{k=1}^{N}\frac{(-1)^{k+1}}{k!}

Entonces la probabilidad pedida es

P\left( \cup_{1}^{N}A_{i}  \right) =  \frac{N! \sum_{k=1}^{N}\frac{(-1)^{k+1}}{k!}}{N!} = \sum_{k=1}^{N}\frac{(-1)^{k+1}}{k!}

b) Consideremos la función f(x)=e^x, sabemos que su desarrollo en serie de Taylor está dada por

f(x) = e^x = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{k!} = \underset{N\rightarrow\infty}{lim} \sum_{k=0}^{N}\frac{x^{k}}{k!} \\  

por lo que

e^{-1}= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k!} = \underset{N\rightarrow\infty}{lim} \sum_{k=0}^{N}\frac{(-1)^{k}}{k!}

pero

\small P\left( \cup_{1}^{N}A_{i}  \right) =  \sum_{k=1}^{N}\frac{(-1)^{k+1}}{k!} = (-1)\sum_{k=1}^{N}\frac{(-1)^{k}}{k!} = \\ \, \\
 = (-1)\left( \sum_{k=0}^{N}\frac{(-1)^{k}}{k!} - 1 \right) = 1 -   \sum_{k=0}^{N}\frac{(-1)^{k}}{k!}

de donde

\underset{N\rightarrow\infty}{lim} P\left( \cup_{1}^{N}A_{i}  \right)  = \underset{N\rightarrow\infty}{lim}\left[ 1 -   \sum_{k=0}^{N}\frac{(-1)^{k}}{k!} \right] =\\ \, \\ 
=1-e^{-1}