PRIMERA SESIÓN

Problema N° l.

l. Se considera la sucesión de números reales definida por la relación de recurrenc1a:

U n+l = a Un + ~ U n-1 , con n > O

Siendo: a y ~ números fijos . Se suponen también conocidos los dos primeros términos de la sucesión U 0 y U 1.

Hallar una expresión de su término general Un en función de: a , ~ , n.

2. Sea la sucesión ( fn ) definida por la ley de recurrencia:

fo =l ; f 1=l ; fn+l = fn + fn-1 , con n=l , 2, 3, ...

Calcular la expresión de su término general f n

3. Se considera la sucesión ( b 0 ) dada por : b n = f n 1 f n+ 1

Hallar el límite de b n cuando n tiende a infinito.

Problema N° 2.

En el triángulo ABC de la figura, los puntos D, E y F dividen cada lado en el que están situados en dos segmentos de longitud uno doble que el otro. Hallar la razón entre el área del triángulo sombreado y el área del triángulo original.

Problema N° 3.

Hallar cuando n tiende a infinito los siguientes límites:

a) ¡ , ( n n n ) zm 2 2 + 2 2 + · · · + ? 2

n + 1 n + 2 n- + n

b) 2 n n2

¡, [nn ( n ) zm - - 2 2 + 2 2 + · · · + 2 2 ] 4 n +1 n +2 n +n

SEGUNDA SESIÓN

Problema N° 4.

En el interior del cuello de un matraz invertido hay 2n bolas blancas y 2n bolas negras, idénticas salvo en el color, situadas una sobre otra (como se indica en el dibujo). En la mitad inferior del cuello están situadas las 2n bolas negras. Se da la vuelta al matraz, se agita para mezclar las bolas y se vuelve a invertir.

1° Calcular la probabilidad P P de que en la mitad inferior del cuello haya p bolas negras y 2n - p bolas blancas (O:S p :S 2n).

2° Utilizar la expresión de Pp obtenida para demostrar la relación

Problema N° 5.

La figura adjunta muestra tres cuadrados: el lado del mayor ,AB, mide l. Los otros tienen por lados, respectivamente, AC de longitud x, y DE de longitud y.

Al moverse D sobre el lado AB varían los valores de x e y. Determinar x e y para que el valor de la expresión x2 + y sea mínimo. Calcular dicho mínimo.

Problema N° 6.

Sean a y b dos enteros positivos. Demostrar que la ecuación (x- a)2 + (x- b )2 =2ab -1 no tiene raíces racionales.

l . Se considera la sucesión de números reales definida por relación de recurrencia:

u n+l = a u 11 + p u n-1 ' con n > o

Siendo: a y p números fijos. Se suponen también conocidos los dos primeros términos de -la sucesión U 0 y U 1.

Hallar una expresión de su término general Un en función de: a, p, n.

2. Sea la sucesión ( fn) definida por la ley de recurrencia:

fo=l; ft=l; fn+l = fn + fn-1' con n=1,2,3, ...

Calcular la expresión de su término general f n

3. Se considera la sucesión ( b 11) dada por

b 11 = f 11 / f n + l

Hallar el límite de b 11 cuando n tiende a infinito.

SOLUCIÓN.- A partir de las potencias de matrices.

Tomemos la sucesión U 11 + 1 = Un y consideremos las relaciones: U n+ I = a U 11 + ~ V 11

V 11+ ! = tJ n

Sean A y Wn

Entonces las relaciones anteriores admiten la representación matricial: W n+l =A W n

Si w, se deduce fácilmente que W n+l =A 11

W 1

El problema se reduce a hallar la potencia n-ésima de A.

2. f 0 = 1; f 1 = 1; f n+ l = f" + f 11_1 , con n = 1, 2, 3, ... es la Sucesión de Fibonacci.

con A (: ~) . Aplicando el proceso de diagonalización:

La ecuación característica es : 1 A- x I 1 = O. Desarrollando el determinante se tiene:

(1 - x) ( -x) - 1 = O. Las soluciones son q> 1 = ( 1 + -J 5)/2, y q> 2 = ( 1 - -J 5)/2 .

Siendo q> 1 y q> 2 los valores propios y (lf71 1) (~P2 1) los vectores propios

"vO<ifioo IHd•dón' A ~ P. D. p·' , •iendo D lo m•tciz di•gon•l: D ~ ( ~ ;,)

y P la matriz de paso P -- (IP11

cpl2 J

Entonces A2 A.A =(P. D. P-1).(P. D. p- 1) =P. D 2

• p- 1

En general: A" P. D'\ p-I 1

A"

De W n+ l ( ~,+ 1 J = A n (lJ 11 + 1 1

J: [ n+l n+i ( 11 11 ) se deduce: - m m +m m m m ] 11+! - 'f'! - 'f-'2 'f'!'t' 2 'f-'2 - Y'! ip¡ - rp2

'" n+ l n+ l + n+l n+ l -,-1 - <r2 <r1 q>z _ q>z <r1 n+l ( 1 ) n+l ( 1 ) <r1 - <r2 - <r2 - <r2 f n+ l

q>l n+2 q>

2 n+2 ( 1 + ,} 5 ) n+2 - { 1 - ,} 5 ) n+2

f n+ 1 - ------------------------ FÓRMULA DE BINET q>l-<¡>2 2 n+2 ,} S

3. Se considera la sucesión ( b 11 ) dada por

b 11 = f n f f n+l

fn fn 1 Escribamos b n

f n+ l f n + f n-I 1 + f n-1

fn

1 Si lim b 11 X, entonces X o

1 +X

-1 +"' 5 Solución: X NÚMERO ÁUREO

2

Problema Nº 1

Segundo Método

1. Se considera la ley de recurrencia n 1 n n 1U U U n 0 , con 1 2U , U , , fijos

Sean n nx e y dos sucesiones cualesquiera que verifican la ley de recurrencia dada n 1 n n 1

n 1 n n 1

x x x

y y y

n 0

Dados dos valores cualesquiera y , la sucesión n n nU x y n N verifica también la relación impuesta.

En particular, se toman las sucesiones n 1 n n 1 0 1

n 1 n n 1 0 1

x x x n 0 x 1 x 0

y y y n 0 y 0 y 1

Cualquier sucesión que verifique la relación de recurrencia podría ser descrita mediante estas dos sucesiones.

Por otra parte, la ecuación característica: 2x x tiene dos soluciones distintas en el plano complejo:

2 24 4

a b2 2

entonces las progresiones geométricas de término general n

nn

n

x a n 0,1, 2,

y b n 0,1, 2,

satisfacen n 1 n n 1U U U n 0

por lo que se pueden utilizar ambas progresiones para formar el término general de la sucesión pedida, esto es:

n n nn n

n

U x y n N

U a b n N

Se procede a calcular los valores y 0 0

0 01 1

1 1

n 0 U a b U

n 1 U a b U a b

Resolviendo el sistema: 0 1 0 0 1

1

U U b U a U U

U a b a b a b

En consecuencia, el término general pedido es: n n1 0 0 1n

U b U a U UU a b n N

a b a b

Siendo a y b las distintas raíces del polinomio característico 2x x , se tiene:

2 2

n n1 0 0 12 2

n 2 2

4 4U U U U

2 24 4U n N

2 24 4

2. Para determinar la expresión del término general de nf se considera el resultado del apartado anterior:

2 2

n n2 2

n 2 2

1 1 4 . 1 1 1 4 . 11 . 1 . 1 1

2 21 1 4 . 1 1 1 4 . 1f n N

2 21 4 . 1 1 4 . 1

de donde se obtiene:

n n n 1 n 1

n n

1 5 1 51 1

2 21 5 1 5 1 5 1 51f f n N

2 2 2 25 5 5

3. Sea n n Nb

definida por la ley de recurrencia n n n 1b f f , n 0,1, 2, Teniendo en cuenta lo establecido en el

apartado anterior, se tiene:

n 1 n 1 n 1 n 1

n 1 n 1

nn n 2 n 2n 2 n 2 n 2 n 2

n 1

1 5 1 5 1 5 1 51

2 2 2 25 1 5 1 5fb 2

f 1 5 1 51 5 1 5 1 5 1 51

2 2 2 25

Se observa que n 1 n 2

1 5 1 cuando n 1 5 0 y 1 5 0

En consecuencia,

n 1 n 1

nn n 2 n 2n n n n n

n 1

1 5 1 5f 1 2 5 1lim b lim lim 2 2 lim 2 lim

f 21 51 51 5 1 5

Problema Nº 2

En el triángulo ABC de la figura, los puntos D, E y F dividen cada lado en el que están situados en dos segmentos delongitud uno doble que el otro. Hallar la razón entre el área del triángulo sombreado y el área del triángulo original.

Solución:

Se unen los vértices del triángulo sombreado con cada uno de los vértices A, B y C, formando varios triángulos de los quees cómodo escribir relaciones entre sus áreas que se designan con letras minúsculas.

2e d 2e d

2(e f ) d c T 2f c T

2(e f g h) a b c d i T 2(g h) a b i

Estas igualdades se obtienen con los triángulos que "descansan" en el lado BC.

Haciendo lo mismo con los otros lados, se tiene:

2h g 2b a

2i f T y 2c i T

2(a b) e d c 2(d e) h g f

Sumando las 9 ecuaciones, de obtiene:

2e 2f 2g 2h 2h 2i 2a 2b 2b 2c 2d 2e

d c T a b i g f T e d c a i T h g f

Así pues, 3b 3e 3h 3T b e h T 1

Observando las 3 primeras ecuaciones de cada grupo:

2e 2h 2b d g a d g a 2T 2

Observando las 3 segundas ecuaciones de cada grupo:

2f 2i 2c c T f T i T f i c 3T 3

Sumando las tres últimas igualdades, resulta:b e h d g a f i c 6T

El área del triángulo original será T 6T , con lo que el cociente solicitado es 1

7

Segundo Método:

La razón simple de los puntos D, E y F en sus lados correspondientes es:

AD 2(ABD) (BCF) 2 (CAE) 2

DB 1

Se considera una referencia afín formada por el punto B como origen y los vectores BC y BA, desiguales en general,como unitarios. Los puntos de la figura tienen por coordenadas:

2 1 1 2B(0,0) C(1,0) A(0,1) F ,0 D ,0 E ,

3 3 3 3

Las ecuaciones de las rectas son:

BE y 2x

1 1CD y x

3 33

AF y 1 x2

y los puntos de estas rectas, por parejas, son los vértices del triángulo sombreado: 4 1 2 4 1 2

C ' , , A ' , , B ' ,7 7 7 7 7 7

Las áreas S y S' de los triángulos ABC y A'B'C' (sombreado) se calculan en el espacio afín, por medio de los

determinantes de sus coordenadas:

1 2

1 2

1 2

b b 1 0 0 11 1 1

S c c 1 1 0 12 2 2

a a 1 0 1 1

' '

1 2

' '

1 2

' '

1 2

b b 1 1 7 2 7 1 1 7 2 7 11 1 1 1 6 1 1

S' c c 1 4 7 1 7 1 3 7 1 7 02 2 2 2 49 49 14

a a 1 2 7 4 7 1 1 7 2 7 0

Por tanto, S ' 1 14 1

S 1 2 7

Tercer Método:

El problema es un caso particular del teorema de Rouse (1896): << Si los vértices del triángulo A'B'C', interior al triánguloABC, se proyectan desde los vértices A, B, C a los lados y se obtienen puntos que tienen razones simples , , , la razón de

las áreas está dada por:

21S '

S 1 1 1

En este caso, 2, con lo cual,

28 1S' 1

S 7 7 7 7

Problema Nº 3

Hallar cuando n tiende a infinito los siguientes límites:

a) 2 2 2 2 2 2

n n nlim

n 1 n 2 n n

b) 2 2 2

2 2 2 2 2 2

n n n nlim

4 n 1 n 2 n n

Solución:

a) Se aplica el concepto de integral definida como el límite de una suma de Riemann

Dividiendo el intervalo 0,1 en n intervalos parciales i 1 i

,n n

de igual longitud, con i 1, 2, , n , se tiene:

n n 1

i i0

1 1

1 ilim x f lim f f (x) dx

n n

2n n n 1

22 2 2 2 201 1 1

n n n 1 1 1lim lim lim dx arc tg1

n i 1 i n n 1 x 4i1

n

b) 2 2 2 2n

2 2 2 2 2 2 2 2i

n n n n n nlim lim

4 n 1 n 2 n n 4 n i

Para hallar este límite hay que aplicar el resultado más general: "Sea f(x) una función derivable, con derivada continua en elintervalo 0,1 . Se demuestra que el límite de la sucesión nu de números reales, cuyo término general es:

n1 1

n n0 0

1

i 1 f (0) f (1)u n f (x) dx f lim u f ' (x) dx

n 2 2

El problema es un caso particular: 2

1f (x)

1 x

1

20

1dx

4 1 x

y 2

2 2 2

i 1 nf

n n ii1

n

n

11f (0) f (1) 12lim u

2 2 4

NOTA: La demostración del resultado general se obtiene dividiendo el intervalo 0,1 en intervalos parciales i 1 i

,n n

de

igual longitud, i 1, 2, , n , se tiene para cada término:

n n n1 i n i n

0 i 1 n i 1 n1 1 1

i in f (x) dx n f (x) dx f n f dx

n n

sustituyendo en la expresión del término general, se tiene: n i n

ni 1 n

1

iu n f (x) f dx

n

Por el teorema de los incrementos finitos: i if (x) f x f '

n n

con lo cual, i n i n

i2i 1 n i 1 n

i i 1f (x) f dx x f ' dx f '

n n 2n

entonces, n 1

n i nn 01

1 1 1 f (0) f (1)u f ' lim u f ' (x) dx

2 n 2 2

Segundo método:

a) 2 2 2 2 2 2n

n n nlim

n 1 n 2 n n

Sacando factor común 2n en los denominadores y n en los numeradores se puede llevar el límite a una integral sobre elintervalo 0,1 :

2 2 2 22 2 2 2 2 2 2n n

n n n n 1 1 1 1lim lim

n 1 n 2 n n n 1 1 n 1 2 n 1 i n 1 n n

n 1 1

2 2 0n 01

1 1 1lim dx arc tg x

n 1 x 41 i n

b) 2 2 2

2 2 2 2 2 2n

n n n nlim

4 n 1 n 2 n n

Sacando factor común n, se tiene:

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2n n

n n n n n n nlim lim n

4 n 1 n 2 n n 4 n 1 n 2 n n

n n 1 n1 i 1 n i 1 n

2 22 2n n0 i n i n1 0 i

1 1 1 1 1lim n dx lim n dx dx

1 x n 1 x1 i n 1 i n

n 1 n 1 n 1 n 1i 1 n i 1 n i 1 n i 1 n

2 22 2n ni n i n i n i n0 0 0 0

1 1 1 1 1 1 1lim n dx dx lim n dx dx

1 x n 2n 1 x 2n1 i n 1 i n

n 1 i 1 n

22n i n0

1 1 1lim n dx

1 x 2n1 i n

Se recurre al teorema de los incrementos finitos, por el que existe un valor i en cada intervalo i n, i 1 n tal que:

i

i if (x) f f ' x i 0,1, 2, , (n 1)

n n

Por otra parte, consideramos en cada intervalo máximo y mínimo absolutos i iM , m de la función f ' (x) , entonces:

i i

i i if ' m x f (x) f f ' M x i 0,1, 2, , (n 1)

n n n

Por tanto:

n 1 n 1 n 1i 1 n i 1 n i 1 n

i ii n i n i n

0 0 0

i i if ' m x dx f (x) f dx f ' M x dx

n n n

n 1 n 1 n 1i 1 n

i i2 2i n0 0 0

1 i 1f ' m f (x) f dx f ' M

2n n 2n

En este caso,

n 1 n 1 n 1i 1 n i 1 n i 1 n

i ii n i n i n

0 0 0

i i if ' m x dx f (x) f dx f ' M x dx

n n n

n 1 n 1 n 1i 1 n

i ii n

0 0 0

1 1 i 1 1 1f ' m n f (x) f dx f ' M

2n 2 n 2n 2n 2

Se procede a estudiar la función f ' (x) , sabemos que 2 2

2xf ' (x) 0

(1 x )

. Por otra parte, f (x) tiene un punto de inflexión

en el intervalo 0,1 ya que

2 2 2

3 32 2

2 1 x 8x 6x 2 1f '' (x) f '' (x) 0 x

31 x 1 x

Eso determina que la función f ' (x) es decreciente en el intervalo 1

0,3

y creciente en el resto del intervalo.

Se puede pasar ahora a integrar cada suma finita, puesto que la función f ' (x) es decreciente desde x 0 hasta su punto de

inflexión - que está incluido en el intervalo 0,1 - y creciente en el resto del intervalo. Lo que asegura que f ' (x) toma sus

máximos y mínimos en los extremos de los intervalos i n, i 1 n excepto en el intervalo en que aparezca el punto de

inflexión. En el intervalo en que aparezca el punto de inflexión f ' (x) 0 , con lo que anulará al sumando mientras que el

máximo si se alcanzará en uno de los extremos de dicho intervalo.

En consecuencia, se pueden realizar las integraciones siguientes, que son iguales:

1n 1 n 1 1

i i 2n n 00 0 0

1 1 1 1 1lim f ' m lim f ' M f '(x) dx 1

n n 1 x 2 2

Así, pues:

n 1 n 1 n 1i 1 n

i in n ni n0 0 0

1 1 i 1 1 1lim f ' m lim n f (x) f dx lim f ' M

2n 2 n 2n 2n 2

n 1 i 1 n

n i n0

1 1 1 1 i 1 1 1 1 1lim n f (x) f dx

4 2 2 2 n 2n 2 2 2 4

Concluyendo: 2 2 2

2 2 2 2 2 2n

n n n n 1lim

4 n 1 n 2 n n 4

Problema Nº 4

En el interior del cuello de un matraz invertido hay 2n bolas blancas y 2n bolas negras, idénticas salvo enel color, situadas una sobre otra (como se indica en el dibujo). En la mitad inferior del cuello estánsituadas las 2n bolas negras. Se da la vuelta al matraz, se agita para mezclar las bolas y se vuelve ainvertir.

1º Calcular la probabilidad pP de que en la mitad inferior del cuello haya p bolas negras y 2n p bolas

blancas 0 p 2n .

2º. Utilizar la expresión de pP obtenida para demostrar la relación:

2 2 2

n n n 2n1

1 2 n n

Solución:

Casos posibles: Número de combinaciones de 4n elementos tomados de 2n en 2n

Casos favorables: (Número de combinaciones de las 2n bolas negras tomadas de p en p) x(Número de combinaciones de las 2n blancas tomadas de 2n p en 2n p )

1º. Aplicando Laplace:

2

p

2n 2n 2nx

p 2n p pP

4n 4n

2n 2n

El suceso consistente en obtener 0,1, 2, , ó 2n bolas negras es el suceso seguro: 0 1 2 2nP P P P 1

2 2 2 2

2n 2n 2n 2n11

4n 0 1 2 2n

2n

2º. Sustituyendo 2n por n:

2 2 2 2 2 2n n n n n n 2n1

1 1 12n 1 2 n 1 2 n n

n

Problema Nº 5

El diagrama adjunto muestra tres cuadrados: el lado del mayor, AB, mide 1. Los otros tienen porlados AC, de longitud x y DE, de longitud y.Al moverse D sobre el lado AB cambian los valores de x y de y.Determinar x e y para que 2 2x y sea mínimo. ¿Cuánto vale este mínimo?

Solución:

Hay que hacer mínima la función 2 2f x, y x y , que vamos a escribir en términos de una sola variable.

Denotando por F al vértice opuesto al cateto CD en el triángulo rectángulo, uno de cuyos catetos es x.

Si ˆ ˆCFD EDB 180 (90 90 ) por lo que los triángulos rectángulos CDF y DEB son semejantes.

Así pues,

2x DBCD 1 x DB DB DB x

1 x DB 1 DB

Como también se verifica que 22 2 2 2y DB 1 DB y 2DB 2DB 1 , expresión que, considerando , se puede

expresar como 2y 1 2x

de donde, 2 2 2 2x y x 2x 1 (x 1)

Teniendo que hacer mínima la función 2f x (x 1) , función que si estuviera definida en alcanzaría su mínimo en

x 1 , aunque obviamente no es el caso que x pueda valer 1.

Estudiamos su dominio:

2x DB DB y 0 DB 1 . Denotando 2DB t x t t con t 0,1

El máximo de 2t t se alcanza en 1

t2

y vale 1

4, por lo que

1x 0,

4

La cuestión queda reducida a hallar el mínimo de 2f x (x 1) en 1

0,4

, que se alcanza en 1

x4

y vale 9

16

Siendo 2y 1 2x , para 1

x4

, 1

y2

2 2 1 1 9x y

16 2 16

Problema Nº 6

Sean a y b enteros positivos. Demostrar que la ecuación 2 2x a (x b) 2ab 1 no tiene raíces racionales.

Solución:

2 22 2x a (x b) 2ab 1 2x 2 a b x a b 1 0

Las soluciones vienen dadas por:

2 2 2 22 a b 4 a b 8 a b 1 a b a b 2 a b 2

x4 2

tendría soluciones racionales sí el discriminante 2 2a b 2 a b 2 fuera un cuadrado perfecto.

a b par a b a b 2b par(a b) y (a b) misma paridad

a b impar a b a b 2b impar

Si ambos son pares: 2 2 2 2a b 2 a b 4k a b 2 a b 2 4 No es un cuadrado perfecto, al

ser un número par y no múltiplo de 4.

Si ambos son impares: a b 2q 1

a b 2k 1

2 2 2 2 2 2a b 2 a b 2 2q 1 2 2k 1 2 4q 4q 1 8k 8k 2 2

2 24q 4q 8k 8k 3 4q q 1 8k k 1 3 8 3 pues q o q 1 es par

8t 3 no es un cuadrado perfecto, al ser impar debería ser cuadrado de un número de la forma 8c 1 o 8c 3 o 8c 5 y

los cuadrados de estos números son todos de la forma 8q 1 y no, pues, de la forma 8t 3

(se observa, 2 2 21 1 , 3 9 8d 1 , 5 25 8m 1 )

Se concluye que 2 2x a (x b) 2ab 1 no tiene raíces racionales.