SOLUCIÓN.
lunes, 27 de febrero de 2017
Resolviendo ecuaciones trigonométricas
ENUNCIADO. Resolver la siguiente ecuación trigonométrica $$6\,\sin^2\,x+\sin\,x-1=0$$ para $0^{\circ} \le x \le 360^{\circ}$
SOLUCIÓN.
SOLUCIÓN.
Demostrando identidades trigonométricas sencillas
ENUNCIADO. Demuéstrese la siguiente identidad trigonométrica $$\sin\,x=\dfrac{1}{\sqrt{1+\cot^2\,x}}$$
SOLUCIÓN.
SOLUCIÓN.
domingo, 26 de febrero de 2017
Cálculo con clases de resto. La prueba "del nueve".
Recordemos lo que ya hemos dicho en el artículo anterior. Dos números enteros $m$ y $n$ pertenecen a la misma clase de resto si la división entera de uno y otro por un cierto número entero $k$, $m\div k$ y $n\div k$, da el mismo resto. Solemos escribir esta idea de la forma $$m \equiv n\; (\text{mod}\; k)$$ y se cumplen las siguientes propiedades que constituyen la base del cálculo con clases de resto:
Dados dos enteros cualesquiera $m_1$ y $m_2$ y dado un entero $k$, tales que $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; k)$ y $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; k)$, entonces:
1. $m_1 + m_2 \equiv (n_1+n_2)\; (\text{mod}\; k)$
2. $m_1 \cdot m_2 \equiv (n_1\cdot n_2)\; (\text{mod}\; k)$
Ahora a exponer una propiedad clave para explicar, a continuación, en qué consiste la llamada prueba del nueve del resultado de las operaciones de suma, resta, multiplicación y división.
Propiedad:
3. Cualquier número entero cumple que el resultado de la suma de sus cifras pertenece a la misma clase de resto con módulo $9$ que el propio número; es decir, el resto de la división entre $9$ del número en cuestión y el resto de la división entre $9$ de la cantidad a que es igual la suma de las cifras de dicho número coinciden.
Por ejemplo, el resto de la división $76 \div 9$ es $4$ y el resto de $7+6=13$ entre $9$ es, también, $4$. En otras palabras $76 \equiv (7+6)\; (\text{mod}\; 9)$
Teniendo en cuenta esta propiedad así como las propiedades (1) y (2) sobre el cálculo con clases de resto, se cumplen también las siguientes propiedades:
4. Si $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; 9)$ y $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; 9)$, entonces $m_1 + m_2 \equiv (n_1+n_2)\; (\text{mod}\; 9)$
5. Si $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; 9)$ y $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; 9)$, entonces $m_1 - m_2 \equiv (n_1-n_2)\; (\text{mod}\; 9)$
6. Si $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; 9)$ y $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; 9)$, entonces $m_1 \cdot m_2 \equiv (n_1 \cdot n_2)\; (\text{mod}\; 9)$
7. Recordemos que dados dos enteros $m_1$ ( dividendo ) y $m_2$ (divisor) sabemos que, por el teorema de la división entera $m_1 \div m_2$, existen otros dos enteros $m_3$ y $m_4$, únicos, tales que $m_1=m_2 \cdot m_3 +m_4$ y $0 \prec m_4 \le |m_2|$.
Entonces si $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; 9)$, $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; 9)$, $m_3 \equiv n_3\; (\text{mod}\; 9)$ y $m_4 \equiv n_4\; (\text{mod}\; 9)$, teniendo en cuenta las propiedades (1), (2) y (3), debe cumplirse $n_1=n_2 \cdot n_3 +n_4$ y $0 \prec n_4 \le |n_2|$.
Ejemplo ( Prueba del nueve para la división). Consideremos la división $4638954 \div 735$. Así, $m_1=4638954$ y $m_2=735$. Realizando la operación de división encontramos que el cociente es igual $6311$ y el resto es $369$; por tanto $m_3=6311$ y $m_4=369$. Vamos ahora a comprobar que se cumple también lo expuesto en (d):
$4638954 \equiv (4+6+3+8+9+5+4)\; (\text{mod}\; 9) \equiv 39\; (\text{mod}\; 9) \equiv 3\; (\text{mod}\; 9)$, así que $n_1=3$
$735 \equiv (7+3+5)\; (\text{mod}\; 9) \equiv 15\; (\text{mod}\; 9) \equiv 6\; (\text{mod}\; 9)$, con lo cual $n_2=6$
$6311 \equiv (6+3+1+1)\; (\text{mod}\; 9) \equiv 11\; (\text{mod}\; 9) \equiv 2\; (\text{mod}\; 9)$, con lo cual $n_3=2$
$369 \equiv (3+6+9)\; (\text{mod}\; 9) \equiv 18\; (\text{mod}\; 9) \equiv 0\; (\text{mod}\; 9)$, con lo cual $n_4=0$
Comprobemos que se cumple (7): $$n_1 \overset{\text{?}}{=}n_3\cdot n_3 + n_4$$ En efecto, teniendo en cuenta que $n_2\cdot n_3=6\cdot 2 = 12 \equiv 3 \; (\text{mod}\; 9)$, vemos que $$3=3 + 0$$
OBSERVACIÓN ( Sobre la validez de una comprobación ). Si en una operación básica ( ya sea ésta de suma/resta, multiplicación o división ) la prueba del nueve no es satisfactoria, desde luego, habrá que comprobar la operación. Ahora bien, si la prueba del nueve es satisfactoria, no puede afirmarse con total certeza que la operación que comprobamos mediante dicha prueba esté exenta de errores, sólo podremos afirmar que muy probablemente lo esté, pues de cometer más de un error al realizar las operaciones de comprobación con las clases de resto, bien pudiese ser que unos se compensasen con otros, dando así un falso resultado satisfactorio en la comprobación.
$\square$
Dados dos enteros cualesquiera $m_1$ y $m_2$ y dado un entero $k$, tales que $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; k)$ y $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; k)$, entonces:
1. $m_1 + m_2 \equiv (n_1+n_2)\; (\text{mod}\; k)$
2. $m_1 \cdot m_2 \equiv (n_1\cdot n_2)\; (\text{mod}\; k)$
Ahora a exponer una propiedad clave para explicar, a continuación, en qué consiste la llamada prueba del nueve del resultado de las operaciones de suma, resta, multiplicación y división.
Propiedad:
3. Cualquier número entero cumple que el resultado de la suma de sus cifras pertenece a la misma clase de resto con módulo $9$ que el propio número; es decir, el resto de la división entre $9$ del número en cuestión y el resto de la división entre $9$ de la cantidad a que es igual la suma de las cifras de dicho número coinciden.
Por ejemplo, el resto de la división $76 \div 9$ es $4$ y el resto de $7+6=13$ entre $9$ es, también, $4$. En otras palabras $76 \equiv (7+6)\; (\text{mod}\; 9)$
Teniendo en cuenta esta propiedad así como las propiedades (1) y (2) sobre el cálculo con clases de resto, se cumplen también las siguientes propiedades:
4. Si $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; 9)$ y $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; 9)$, entonces $m_1 + m_2 \equiv (n_1+n_2)\; (\text{mod}\; 9)$
5. Si $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; 9)$ y $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; 9)$, entonces $m_1 - m_2 \equiv (n_1-n_2)\; (\text{mod}\; 9)$
6. Si $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; 9)$ y $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; 9)$, entonces $m_1 \cdot m_2 \equiv (n_1 \cdot n_2)\; (\text{mod}\; 9)$
7. Recordemos que dados dos enteros $m_1$ ( dividendo ) y $m_2$ (divisor) sabemos que, por el teorema de la división entera $m_1 \div m_2$, existen otros dos enteros $m_3$ y $m_4$, únicos, tales que $m_1=m_2 \cdot m_3 +m_4$ y $0 \prec m_4 \le |m_2|$.
Entonces si $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; 9)$, $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; 9)$, $m_3 \equiv n_3\; (\text{mod}\; 9)$ y $m_4 \equiv n_4\; (\text{mod}\; 9)$, teniendo en cuenta las propiedades (1), (2) y (3), debe cumplirse $n_1=n_2 \cdot n_3 +n_4$ y $0 \prec n_4 \le |n_2|$.
Ejemplo ( Prueba del nueve para la división). Consideremos la división $4638954 \div 735$. Así, $m_1=4638954$ y $m_2=735$. Realizando la operación de división encontramos que el cociente es igual $6311$ y el resto es $369$; por tanto $m_3=6311$ y $m_4=369$. Vamos ahora a comprobar que se cumple también lo expuesto en (d):
$4638954 \equiv (4+6+3+8+9+5+4)\; (\text{mod}\; 9) \equiv 39\; (\text{mod}\; 9) \equiv 3\; (\text{mod}\; 9)$, así que $n_1=3$
$735 \equiv (7+3+5)\; (\text{mod}\; 9) \equiv 15\; (\text{mod}\; 9) \equiv 6\; (\text{mod}\; 9)$, con lo cual $n_2=6$
$6311 \equiv (6+3+1+1)\; (\text{mod}\; 9) \equiv 11\; (\text{mod}\; 9) \equiv 2\; (\text{mod}\; 9)$, con lo cual $n_3=2$
$369 \equiv (3+6+9)\; (\text{mod}\; 9) \equiv 18\; (\text{mod}\; 9) \equiv 0\; (\text{mod}\; 9)$, con lo cual $n_4=0$
Comprobemos que se cumple (7): $$n_1 \overset{\text{?}}{=}n_3\cdot n_3 + n_4$$ En efecto, teniendo en cuenta que $n_2\cdot n_3=6\cdot 2 = 12 \equiv 3 \; (\text{mod}\; 9)$, vemos que $$3=3 + 0$$
OBSERVACIÓN ( Sobre la validez de una comprobación ). Si en una operación básica ( ya sea ésta de suma/resta, multiplicación o división ) la prueba del nueve no es satisfactoria, desde luego, habrá que comprobar la operación. Ahora bien, si la prueba del nueve es satisfactoria, no puede afirmarse con total certeza que la operación que comprobamos mediante dicha prueba esté exenta de errores, sólo podremos afirmar que muy probablemente lo esté, pues de cometer más de un error al realizar las operaciones de comprobación con las clases de resto, bien pudiese ser que unos se compensasen con otros, dando así un falso resultado satisfactorio en la comprobación.
$\square$
jueves, 23 de febrero de 2017
Calculando con clases de resto
ENUNCIADO. ¿ Cuál es el resto de la división $2^2\cdot 3^3 \cdot 5^5 \cdot 7^7$ entre $8$ ?
SOLUCIÓN.
Decimos que dos números enteros $m$ y $n$ pertenecen a la misma clase de resto si la división entera de uno y otro por un cierto número entero $k$, $m\div k$ y $n\div k$, da el mismo resto. Solemos escribir esta idea de la forma $$m \equiv n\; (\text{mod}\; k)$$ y se cumplen las siguientes propiedades que constituyen la base del cálculo con clases de resto:
Dados dos enteros cualesquiera $m_1$ y $m_2$ y dado un entero $k$, tales que $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; k)$ y $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; k)$, entonces:
1. $m_1 + m_2 \equiv (n_1+n_2)\; (\text{mod}\; k)$
2. $m_1 \cdot m_2 \equiv (n_1\cdot n_2)\; (\text{mod}\; k)$
En este ejercicio, haremos uso de la segunda de estas propiedades. Veámoslo.
Es evidente que
$2^2=4 \equiv 4 \; ( \text{mod}\; 8)$ pues el resto de la división entera $4 \div 8 $ es $4$
Por otra parte, se puede comprobar que:
$$3^3 \equiv 3\; ( \text{mod}\; 8)$$ $$5^5 \equiv 5\; ( \text{mod}\; 8)$$ $$7^7 \equiv 7\; ( \text{mod}\; 8)$$ Entonces, por la propiedad del producto de clases de resto, $$2^2\cdot 3^3 \cdot 5^5 \cdot 7^7 \equiv 4\cdot 3 \cdot 5 \cdot 7\; (\text{mod}\; 8)$$ esto es $$2^2\cdot 3^3 \cdot 5^5 \cdot 7^7 \equiv 420 \; (\text{mod}\; 8) \equiv 4 \; (\text{mod}\; 8) $$ luego el resto pedido es $4$
$\square$
SOLUCIÓN.
Decimos que dos números enteros $m$ y $n$ pertenecen a la misma clase de resto si la división entera de uno y otro por un cierto número entero $k$, $m\div k$ y $n\div k$, da el mismo resto. Solemos escribir esta idea de la forma $$m \equiv n\; (\text{mod}\; k)$$ y se cumplen las siguientes propiedades que constituyen la base del cálculo con clases de resto:
Dados dos enteros cualesquiera $m_1$ y $m_2$ y dado un entero $k$, tales que $m_1 \equiv n_1\; (\text{mod}\; k)$ y $m_2 \equiv n_2\; (\text{mod}\; k)$, entonces:
1. $m_1 + m_2 \equiv (n_1+n_2)\; (\text{mod}\; k)$
2. $m_1 \cdot m_2 \equiv (n_1\cdot n_2)\; (\text{mod}\; k)$
En este ejercicio, haremos uso de la segunda de estas propiedades. Veámoslo.
Es evidente que
$2^2=4 \equiv 4 \; ( \text{mod}\; 8)$ pues el resto de la división entera $4 \div 8 $ es $4$
Por otra parte, se puede comprobar que:
$$3^3 \equiv 3\; ( \text{mod}\; 8)$$ $$5^5 \equiv 5\; ( \text{mod}\; 8)$$ $$7^7 \equiv 7\; ( \text{mod}\; 8)$$ Entonces, por la propiedad del producto de clases de resto, $$2^2\cdot 3^3 \cdot 5^5 \cdot 7^7 \equiv 4\cdot 3 \cdot 5 \cdot 7\; (\text{mod}\; 8)$$ esto es $$2^2\cdot 3^3 \cdot 5^5 \cdot 7^7 \equiv 420 \; (\text{mod}\; 8) \equiv 4 \; (\text{mod}\; 8) $$ luego el resto pedido es $4$
$\square$
martes, 21 de febrero de 2017
Operando con la circunferencia trigonométrica
ENUNCIADO. Dado un ángulo $90^{\circ} \le \alpha \le 180^{\circ}$ del cual se sabe que $\sin{\alpha}=\dfrac{3}{4}$, calcúlense los valores exactos de las razones coseno y tangente.
SOLUCIÓN.
SOLUCIÓN.
lunes, 13 de febrero de 2017
Ya está a punto el aula virtual
Ya está a punto el aula virtual para mis alumnos de 4.º de ESO del @IESMDelibes
viernes, 10 de febrero de 2017
A veces las probabilidades nos sorprenden
ENUNCIADO. Cinco bolas blancas y cinco bolas negras se distribuyen en dos urnas, $U_1$ y $U_2$, de modo que una bola blanca se deposita en $U_1$ y el resto de bolas en $U_2$. A continuación se elige una urna al azar y, luego, una bola de dicha urna. ¿ Cuál es la probabilidad de que la bola extraída sea blanca ?
SOLUCIÓN. Denotemos por $B$ al suceso 'obtener bola blanca'; y por, $U_1$ y $U_2$, a los sucesos 'elegir la primera urna' y 'elegir la segunda urna', respectivamente. Por el Teorema de la Probabilidad Total podemos escribir $$P(B)=P(B|U_1)\cdot P(U_1)+P(B|U_2)\cdot P(U_2) \quad \quad (1)$$ Teniendo en cuenta que en la elección de urna ambas son igualmente probables, tenemos que $P(U_1)=P(U_2)=\dfrac{1}{2}$; por otra parte, como en la primera urna sólo hay una bola blanca, $P(B|U_1)=1$; y, como la segunda urna contiene $4$ bolas blancas y $5$ bolas negras ( $9$ en total ), tenemos que $P(B|U_2)=\dfrac{4}{9}$.
Así, pues, poniendo estos valores en (1), obtenemos $$P(B)=1\cdot \dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{9}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{13}{18}\approx 72\,\%$$ El resultado puede sorprendernos, pues uno tiende a pensar que como el número total de bolas blancas es igual al de bolas negras, la probabilidad no debería diferir mucho del $50\,\%$, lo cual no es así, como se acaba de ver. Muchas veces las estimaciones de probabilidad a la ligera, guiadas por la intuición, fallan.
$\square$
SOLUCIÓN. Denotemos por $B$ al suceso 'obtener bola blanca'; y por, $U_1$ y $U_2$, a los sucesos 'elegir la primera urna' y 'elegir la segunda urna', respectivamente. Por el Teorema de la Probabilidad Total podemos escribir $$P(B)=P(B|U_1)\cdot P(U_1)+P(B|U_2)\cdot P(U_2) \quad \quad (1)$$ Teniendo en cuenta que en la elección de urna ambas son igualmente probables, tenemos que $P(U_1)=P(U_2)=\dfrac{1}{2}$; por otra parte, como en la primera urna sólo hay una bola blanca, $P(B|U_1)=1$; y, como la segunda urna contiene $4$ bolas blancas y $5$ bolas negras ( $9$ en total ), tenemos que $P(B|U_2)=\dfrac{4}{9}$.
Así, pues, poniendo estos valores en (1), obtenemos $$P(B)=1\cdot \dfrac{1}{2}+\dfrac{4}{9}\cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{13}{18}\approx 72\,\%$$ El resultado puede sorprendernos, pues uno tiende a pensar que como el número total de bolas blancas es igual al de bolas negras, la probabilidad no debería diferir mucho del $50\,\%$, lo cual no es así, como se acaba de ver. Muchas veces las estimaciones de probabilidad a la ligera, guiadas por la intuición, fallan.
$\square$
jueves, 9 de febrero de 2017
Sobre la probabilidad de lluvia en las previsiones meteorológicas
En los pronósticos del tiempo, la probabilidad de lluvia ( que se suele dar en tanto por ciento ), para un cierto día, no es una afirmación baladí y poco precisa; todo lo contrario: es el resultado de arduos cálculos, basados en la frecuencia estadística del registro de los días del pasado en que ha llovido en una determinada zona; pero no de cualquier día, sino de los días en que concurren situaciones atmosféricas similares al del día para el que se hace la previsión meteorológica.
Lanzando cinco monedas
ENUNCIADO. Se lanzan $5$ monedas laplacianas. ¿ Cuál es la probabilidad de obtener $3$ caras y $2$ cruces ?
SOLUCIÓN. Lanzar $5$ monedas a la vez equivale a lanzar cinco veces seguidas una de dichas monedas. El espacio muestral está formado por sucesos ( elementales ) del tipo $$\{+C+++\quad,\quad C+CC+\quad , \quad CC+C+\quad,\quad\ldots\}$$ Así, pues, el número de casos posibles ( número de sucesos del espacio muestral ) es igual a $VR_{2,5}=2^5=32$. Por otra parte el número de maneras de seleccionar $3$ caras entre $5$ resultados ( de los cinco lanzamientos ) es $\binom{5}{3}=10$, luego, por la regla de Laplace ( el espacio muestral que hemos concebido está formado por sucesos equiprobables ), la probabilidad pedida es igual a $$\displaystyle \dfrac{\binom{5}{3}}{2^5}=\dfrac{10}{32}=\dfrac{5}{16}$$
$\square$
SOLUCIÓN. Lanzar $5$ monedas a la vez equivale a lanzar cinco veces seguidas una de dichas monedas. El espacio muestral está formado por sucesos ( elementales ) del tipo $$\{+C+++\quad,\quad C+CC+\quad , \quad CC+C+\quad,\quad\ldots\}$$ Así, pues, el número de casos posibles ( número de sucesos del espacio muestral ) es igual a $VR_{2,5}=2^5=32$. Por otra parte el número de maneras de seleccionar $3$ caras entre $5$ resultados ( de los cinco lanzamientos ) es $\binom{5}{3}=10$, luego, por la regla de Laplace ( el espacio muestral que hemos concebido está formado por sucesos equiprobables ), la probabilidad pedida es igual a $$\displaystyle \dfrac{\binom{5}{3}}{2^5}=\dfrac{10}{32}=\dfrac{5}{16}$$
$\square$
Dos cartas de distinto palo
ENUNCIADO. Extraemos dos cartas de una baraja española que consta de $40$ cartas ( se han retirado los cuatro 'ochos' y los cuatro 'nueves' ). ¿ Cuál es la probabilidad de que esas dos cartas sean de distinto palo ?.
SOLUCIÓN. Recordemos que esta baraja consta de $4$ palos ( bastos, oros, copas y espadas ), con $10$ cartas en cada palo. Teniendo en cuenta que el espacio muestral está formado por $\binom{40}{2}$ sucesos equiprobables, la probabilidad de obtener dos cartas de un determinado palo, pongamos que de bastos es igual a $$\displaystyle \dfrac{\binom{10}{2}}{\binom{40}{2}}=\dfrac{3}{52}$$ ya que el número de casos favarables es igual $\binom{10}{2}$
Así, pues, por el principio de adición, la probabilidad de obtener dos cartas del mismo palo ( cualesquiera que éste sea: bastos, oros, copas o espadas ) $$\displaystyle \dfrac{\binom{10}{2}}{\binom{40}{2}}+\dfrac{\binom{10}{2}}{\binom{40}{2}}+\dfrac{\binom{10}{2}}{\binom{40}{2}}+\dfrac{\binom{10}{2}}{\binom{40}{2}}=4\cdot \dfrac{3}{52} = \dfrac{3}{13}$$ ya que el número de casos favorables es luego por la propiedad del suceso contrario ('obtener dos cartas que no sean del mismo palo') es igual a $$1-\dfrac{3}{13}=\dfrac{10}{13}\approx 77\,\%$$
$\square$
SOLUCIÓN. Recordemos que esta baraja consta de $4$ palos ( bastos, oros, copas y espadas ), con $10$ cartas en cada palo. Teniendo en cuenta que el espacio muestral está formado por $\binom{40}{2}$ sucesos equiprobables, la probabilidad de obtener dos cartas de un determinado palo, pongamos que de bastos es igual a $$\displaystyle \dfrac{\binom{10}{2}}{\binom{40}{2}}=\dfrac{3}{52}$$ ya que el número de casos favarables es igual $\binom{10}{2}$
Así, pues, por el principio de adición, la probabilidad de obtener dos cartas del mismo palo ( cualesquiera que éste sea: bastos, oros, copas o espadas ) $$\displaystyle \dfrac{\binom{10}{2}}{\binom{40}{2}}+\dfrac{\binom{10}{2}}{\binom{40}{2}}+\dfrac{\binom{10}{2}}{\binom{40}{2}}+\dfrac{\binom{10}{2}}{\binom{40}{2}}=4\cdot \dfrac{3}{52} = \dfrac{3}{13}$$ ya que el número de casos favorables es luego por la propiedad del suceso contrario ('obtener dos cartas que no sean del mismo palo') es igual a $$1-\dfrac{3}{13}=\dfrac{10}{13}\approx 77\,\%$$
$\square$
lunes, 6 de febrero de 2017
Eligiendo la junta
ENUNCIADO. En una comunidad que consta de $20$ vecinos, se quiere elegir una junta formada por un presidente, un secretario y un tesorero. ¿ Cuántas posibilidades hay ?
SOLUCIÓN. Hay $20$ posibilidades de elegir el presidente ( entre los $20$ vecinos ); elegido éste, hay $20-1=19$ posibilidades de elegir el secretario; y, elegidos estos dos, hay $20-2=18$ posibilidades de elegir el tercer miembro de la junta ( el tesorero ). Entonces, por el principio multiplicativo del recuento, hay un total de $20\cdot 19\cdot 18= 6\,840$ posibilidades.
NOTA: Es evidente que elegidas las tres personas de la junta, importa a quien otorguemos el cargo de presidente, así como a quienes de las otras dos personas asignemos los otros dos cargos, luego -- si queremos formalizarlo un poco -- se trata de un problema de variaciones ordinarias de orden $3$, o dicho de otro modo, de un problema de variaciones de $20$ tomados de $3$ en $3$. Por lo tanto, también podríamos decir, sin más, que la solución es $V_{20,3}=20\cdot (20-1)\cdot (20-2)=6\,840$. O, también, según las propiedades de las variaciones ordinarias, que $V_{20,3}=\dfrac{20!}{(20-3)!}=\dfrac{20!}{17!}=20\cdot 19\cdot 18=6\,840$
$\square$
SOLUCIÓN. Hay $20$ posibilidades de elegir el presidente ( entre los $20$ vecinos ); elegido éste, hay $20-1=19$ posibilidades de elegir el secretario; y, elegidos estos dos, hay $20-2=18$ posibilidades de elegir el tercer miembro de la junta ( el tesorero ). Entonces, por el principio multiplicativo del recuento, hay un total de $20\cdot 19\cdot 18= 6\,840$ posibilidades.
NOTA: Es evidente que elegidas las tres personas de la junta, importa a quien otorguemos el cargo de presidente, así como a quienes de las otras dos personas asignemos los otros dos cargos, luego -- si queremos formalizarlo un poco -- se trata de un problema de variaciones ordinarias de orden $3$, o dicho de otro modo, de un problema de variaciones de $20$ tomados de $3$ en $3$. Por lo tanto, también podríamos decir, sin más, que la solución es $V_{20,3}=20\cdot (20-1)\cdot (20-2)=6\,840$. O, también, según las propiedades de las variaciones ordinarias, que $V_{20,3}=\dfrac{20!}{(20-3)!}=\dfrac{20!}{17!}=20\cdot 19\cdot 18=6\,840$
$\square$
domingo, 5 de febrero de 2017
Aplicaciones de los sistemas de inecuaciones
ENUNCIADO. En un taller se montan ordenadores e impresoras. Cada ordenador necesiata $2$ horas para su montaje, y cada impresora, $1$ hora. Teniendo en cuenta la plantilla del taller, diariamente se dispone de $120$ horas de trabajo. La capacidad de almacenaje del taller ( de los productos finalizados ) es de $80$ unidades. Si un ordenador y una impresora ocupan el mismo espacio ( en el almacén ), ¿ cuántos ordenadores e impresoras se pueden montar cada día ?.
SOLUCIÓN.
SOLUCIÓN.
Resoviendo un sistema de inecuaciones
ENUNCIADO. Resuélvase el siguiente sistema de inecuaciones y represéntese la región del plano que corresponde a su solución:
$$\left\{\begin{matrix}y&\le& x&+&1\\ y&\ge& -2x&+&1 \\ y&\ge&0 \\ x &\le&1 \end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN.
$$\left\{\begin{matrix}y&\le& x&+&1\\ y&\ge& -2x&+&1 \\ y&\ge&0 \\ x &\le&1 \end{matrix}\right.$$
SOLUCIÓN.
sábado, 4 de febrero de 2017
Resolviendo inecuaciones
ENUNCIADO. Resolver las siguientes inecuaciones y representar las respectivas soluciones en la recta numérica, expresándolas también en el lenguaje algebraico así como en el de los intervalos:
a) $\left|2\,x-3\right|\succ 2$
b) $\left|x-2\right|\le 1$
c) $(x-4)^2-5 \prec 0$
d) $x^2+4x+3 \ge 0$
e) $\dfrac{x+1}{1-x}\le 0$
f) $\dfrac{1}{9}\,x-\dfrac{3}{2} \ge \dfrac{5}{6}$
SOLUCIÓN.
Presento las soluciones y comentarios en la siguiente lista de reproducción ( de vídeos ):
a) $\left|2\,x-3\right|\succ 2$
b) $\left|x-2\right|\le 1$
c) $(x-4)^2-5 \prec 0$
d) $x^2+4x+3 \ge 0$
e) $\dfrac{x+1}{1-x}\le 0$
f) $\dfrac{1}{9}\,x-\dfrac{3}{2} \ge \dfrac{5}{6}$
SOLUCIÓN.
Presento las soluciones y comentarios en la siguiente lista de reproducción ( de vídeos ):
jueves, 2 de febrero de 2017
Optimizando
ENUNCIADO. En un taller monta dispositivos de dos modelos, A y B. Cada unidad del modelo A requiere $3$ horas para su montaje; y cada unida del modelo B, $2$ horas. Teniendo en cuenta la plantilla del taller, éste dispone diariamente de, a lo sumo, $120$ horas de mano de obra; y no puede almacenar de $50$ dispositivos ( ya sean estos de tipo A o de tipo B ). Se pide:
a) Escribir el sistema de inecuaciones a partir de las restricciones que se dan en el enunciado
b) Representar en el plano cartesiano la región solución del sistema de inecuaciones
c) El taller obtiene un beneficio de $200$ euros por cada dispositivo de tipo A, y un beneficio de $150$ euros por cada dispositivo de tipo B. ¿ Cuántos dispositivos se deben montar de cada modelo para obtener el beneficio máximo ?
SOLUCIÓN.
Denotemos por $a$ y $b$ el número de unidades producidas de los modelos A y B, respectivamente.
a) Sistema de restricciones ( desigualdades ):
$$\mathcal{R}:\left\{ \begin{matrix} 3a&+&2b& \le& 120 & \quad (1) \\ a&+&b& \le& 50& \quad (2) \\ a &&&\ge& 0 &\quad (3) \\ b&&& \ge& 0 & \quad (4) \end{matrix}\right.$$ esto es
$$\mathcal{R}:\left\{ \begin{matrix} b&\le &-\dfrac{3}{2}\,a& +& 120 & \quad (1) \\ b&\le &-a& +& 50 & \quad (2) \\ a &&&\ge& 0 &\quad (3) \\ b&&& \ge& 0 & \quad (4) \end{matrix}\right.$$
Las ecuaciones de las rectas separadoras ( que contienen los lados de la región $\mathcal{R}$) son por tanto:
$$\begin{matrix} r_1:b&= &-\dfrac{3}{2}\,a& +& 120 \\ r_2:b&= &-a& +& 50 \\ r_3:a &&&=& 0 \\ r_4:b&&& =& 0 \end{matrix}$$
Vamos a representar las rectas en un mismo diagrama cartesiano:
Dos puntos de la recta $r_1$ son $A_1(0,120)$ y $B_1(80,0)$
Dos puntos de la recta $r_2$ son $A_1(0,50)$ y $B_1(50,0)$
La recta $r_3$ es el eje de ordenadas
La recta $r_4$ es el eje de abscisas
Teniendo en cuenta el sentido de las desigualdades llegamos a
Luego la región $\mathcal{R}$ corresponde al triángulo de vértices $O(0,0)$, $P(50,0)$ y $Q(0,50)$. Todos los puntos del mismo satisfacen el sistema de desigualdades (restricciones).
Los beneficios obtenidos vienen dados por $200\,a+150\,b$. Puede comprobarse ( organizando los cálculos en una tabla ) que para $a=50$ y $b=0$ se obtiene el mayor de entre todos los que dan los demás puntos de la región $\mathbb{R}$. Ese beneficio máximo es $200\cdot 50+150\cdot 0=10\,000$ euros.
$\square$
a) Escribir el sistema de inecuaciones a partir de las restricciones que se dan en el enunciado
b) Representar en el plano cartesiano la región solución del sistema de inecuaciones
c) El taller obtiene un beneficio de $200$ euros por cada dispositivo de tipo A, y un beneficio de $150$ euros por cada dispositivo de tipo B. ¿ Cuántos dispositivos se deben montar de cada modelo para obtener el beneficio máximo ?
SOLUCIÓN.
Denotemos por $a$ y $b$ el número de unidades producidas de los modelos A y B, respectivamente.
a) Sistema de restricciones ( desigualdades ):
$$\mathcal{R}:\left\{ \begin{matrix} 3a&+&2b& \le& 120 & \quad (1) \\ a&+&b& \le& 50& \quad (2) \\ a &&&\ge& 0 &\quad (3) \\ b&&& \ge& 0 & \quad (4) \end{matrix}\right.$$ esto es
$$\mathcal{R}:\left\{ \begin{matrix} b&\le &-\dfrac{3}{2}\,a& +& 120 & \quad (1) \\ b&\le &-a& +& 50 & \quad (2) \\ a &&&\ge& 0 &\quad (3) \\ b&&& \ge& 0 & \quad (4) \end{matrix}\right.$$
Las ecuaciones de las rectas separadoras ( que contienen los lados de la región $\mathcal{R}$) son por tanto:
$$\begin{matrix} r_1:b&= &-\dfrac{3}{2}\,a& +& 120 \\ r_2:b&= &-a& +& 50 \\ r_3:a &&&=& 0 \\ r_4:b&&& =& 0 \end{matrix}$$
Vamos a representar las rectas en un mismo diagrama cartesiano:
Dos puntos de la recta $r_1$ son $A_1(0,120)$ y $B_1(80,0)$
Dos puntos de la recta $r_2$ son $A_1(0,50)$ y $B_1(50,0)$
La recta $r_3$ es el eje de ordenadas
La recta $r_4$ es el eje de abscisas
Teniendo en cuenta el sentido de las desigualdades llegamos a
Luego la región $\mathcal{R}$ corresponde al triángulo de vértices $O(0,0)$, $P(50,0)$ y $Q(0,50)$. Todos los puntos del mismo satisfacen el sistema de desigualdades (restricciones).
Los beneficios obtenidos vienen dados por $200\,a+150\,b$. Puede comprobarse ( organizando los cálculos en una tabla ) que para $a=50$ y $b=0$ se obtiene el mayor de entre todos los que dan los demás puntos de la región $\mathbb{R}$. Ese beneficio máximo es $200\cdot 50+150\cdot 0=10\,000$ euros.
$\square$
La producción de un taller ...
ENUNCIADO. En un taller se montan ordenadores e impresoras. Cada ordenador necesiata $2$ horas para su montaje, y cada impresora, $1$ hora. Teniendo en cuenta la plantilla del taller, diariamente se dispone de $120$ horas de trabajo. La capacidad de almacenaje del taller ( de los productos finalizados ) es de $80$ unidades. Si un ordenador y una impresora ocupan el mismo espacio ( en el almacén ), ¿ cuántos ordenadores e impresoras se pueden montar cada día ?.
SOLUCIÓN.
Denotemos por $x$ e $y$ al número de ordenadores e impresoras que se han montado, respectivamente.
a) Sistema de restricciones ( desigualdades ):
$$\mathcal{R}:\left\{ \begin{matrix} 2x&+&y& \le& 120 & \quad (1) \\ x&+&y& \le& 80& \quad (2) \\ x &&&\ge& 0 &\quad (3) \\ y&&& \ge& 0 & \quad (4) \end{matrix}\right.$$ esto es
$$\mathcal{R}:\left\{ \begin{matrix} y&\le &-2x& +& 120 & \quad (1) \\ y&\le &-x& +& 80 & \quad (2) \\ x &&&\ge& 0 &\quad (3) \\ y&&& \ge& 0 & \quad (4) \end{matrix}\right.$$
Las ecuaciones de las rectas separadoras ( que contienen los lados de la región $\mathcal{R}$) son por tanto:
$$\begin{matrix} r_1:y&= &-2x& +& 120 \\ r_2:y&= &-x& +& 80 \\ r_3:x &&&=& 0 \\ r_4:y&&& =& 0 \end{matrix}$$ ( las dos últimas corresponden a los ejes de coordenadas )
Vamos a representar las rectas en un mismo diagrama cartesiano:
Y teniendo en cuenta el sentido de las desigualdades, vemos que la región $\mathcal{R}$ que es solución del sistema de inecuaciones corresponde al cuadrilátero coloreado de la figura
Todos los puntos de coordenadas enteras que estén en dicha región ( incluidos los bordes o lados ) forman parte de la solución pedida.
$\square$
SOLUCIÓN.
Denotemos por $x$ e $y$ al número de ordenadores e impresoras que se han montado, respectivamente.
a) Sistema de restricciones ( desigualdades ):
$$\mathcal{R}:\left\{ \begin{matrix} 2x&+&y& \le& 120 & \quad (1) \\ x&+&y& \le& 80& \quad (2) \\ x &&&\ge& 0 &\quad (3) \\ y&&& \ge& 0 & \quad (4) \end{matrix}\right.$$ esto es
$$\mathcal{R}:\left\{ \begin{matrix} y&\le &-2x& +& 120 & \quad (1) \\ y&\le &-x& +& 80 & \quad (2) \\ x &&&\ge& 0 &\quad (3) \\ y&&& \ge& 0 & \quad (4) \end{matrix}\right.$$
Las ecuaciones de las rectas separadoras ( que contienen los lados de la región $\mathcal{R}$) son por tanto:
$$\begin{matrix} r_1:y&= &-2x& +& 120 \\ r_2:y&= &-x& +& 80 \\ r_3:x &&&=& 0 \\ r_4:y&&& =& 0 \end{matrix}$$ ( las dos últimas corresponden a los ejes de coordenadas )
Vamos a representar las rectas en un mismo diagrama cartesiano:
Y teniendo en cuenta el sentido de las desigualdades, vemos que la región $\mathcal{R}$ que es solución del sistema de inecuaciones corresponde al cuadrilátero coloreado de la figura
Todos los puntos de coordenadas enteras que estén en dicha región ( incluidos los bordes o lados ) forman parte de la solución pedida.
$\square$
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