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

−

=

= = =+ +∑