kf|sen x − sen y| 6 3

(1)

(FASC´ICULO 1)

FERNANDO REVILLA

Resumen. Cada fasc´ıculo de estos Problemas resueltos de matemáticas superiors consta de 5 problemas resueltos. Pueden considerarse como anexos a mis libros Álgebra: métodos y técnicas ([1]) y Análisis real y complejo: métodos y técnicas ([2]).

´Indice

1. Diferencias de orden k y monomios generalizados 1 2. Funciones cumpliendo f (x) − f (y) ≤ kf|sen x − sen y| 6 3. Distancia d(x, y) = |f (x) − f (y)| en los reales 7 4. Curvatura, torsi´on y ecuaciones intr´ınsecas 9 5. Esquema de urnas de Poisson. Funci´on generatriz 10

Referencias 12

1. Diferencias de orden k y monomios generalizados (a) Si a1, a2, a3, . . . , am, . . . es una sucesión de números reales, se definen las diferencias de órdenes 1, 2, 3, . . . , k . . . de la forma

∆am= am+1− a_m

∆^kam = ∆

∆^k−1am

si k > 1.

Determinar expl´ıcitamente ∆²a_m y ∆³a_m.

(b) Demostrar que ∆^ka_m=

k

X

j=0

(−1)^jk j

a_m+k−j. (c) Calcular expl´ıcitamente ∆⁴am, y ∆⁵am.

(d) Sea S el espacio vectorial real de las sucesiones reales. Demostrar que la aplicaci´on ∆ : S → S es lineal. ¿Es ∆^k: S → S lineal?

Key words and phrases. Problemas, matem´aticas, superiores, fasc´ıculo.

1

(2)

(e) Se llaman monomios generalizados a los polinomios en n :

n⁽⁰⁾= 1, n⁽¹⁾ = n, n⁽²⁾ = n(n − 1), n⁽³⁾ = n(n − 1)(n − 2), . . . , n^(k)= n(n − 1) · (n − 2) · . . . · (n − k + 1).

N´otese que n^(k)= V_n,k es decir, son las variaciones de n elementos tomados de k en k. Demostrar que B = . . . {n⁽⁰⁾, n⁽¹⁾, n⁽²⁾, . . . , n^(k)} es base de Rk[n].

(f) Se considera el polinomio p(n) = n⁴− 3n³+ 7n²+ n − 5 ∈ R4[n]. Expre- sarlo como combinaci´on lineal de la base B = {n⁽⁰⁾, n⁽¹⁾, n⁽²⁾, n⁽³⁾, n⁽⁴⁾}.

(g) Demostrar que para k ≥ 1 el operador ∆ act´ua sobre los monomios generalizados, como el operador derivaci´on. Es decir, demostrar que se verifica

∆n^(k) = kn^(k−1).

(h) Supongamos que se verifica ak= ∆Akpara k = 0, 1, . . . , n+1. Demostrar que

a0+ a1+ a2+ · · · + an= An+1− A₀. (i) Demostrar que una soluci´on de n^(k)= ∆Ak es Ak= n^(k+1)

k + 1.

Nota. Denotamos a Ak por Int n^(k) por analog´ıa con el operador integral.

Quedar´ıa por tanto

Int n^(k)

= n^(k+1) k + 1 .

(j) Usando los dos apartados anteriores, dar un procedimiento para calcular sumas del tipo

Sk = 1^k+ 2^k+ 3^k+ · · · + n^k (k entero positivo).

(k) Aplicar dicho procedimiento al c´alculo de las sumas a) S₂= 1²+ 2²+ 3²+ · · · + n². b) S3 = 1³+ 2³+ 3³+ · · · + n³. c) S₄ = 1⁴+ 2⁴+ 3⁴+ · · · + n⁴.

SOLUCI ´ON. (a) Tenemos

∆²a_m= ∆ (∆a_m) = ∆ (a_m+1− a_m)

= a_m+2− a_m+1− (a_m+1− a_m) = a_m+2− 2a_m+1+ a_m.

∆³a_m= ∆ ∆²a_m = ∆ (a_m+2− 2a_m+1+ a_m)

= am+3− 2a_m+2+ am+1− (a_m+2− 2a_m+1+ am)

= a_m+3− 3a_m+2+ 3a_m+1− a_m.

(3)

(b) Veamos (por ejemplo), que la f´ormula es cierta para k = 1 y k = 2.

Desarrollando el segundo miembro,

1

X

j=0

(−1)^j1 j

a_m+1−j = (−1)⁰1 0

a_m+1+(−1)¹1 1

a_m= a_m+1−a_m= ∆¹a_m,

2

X

j=0

(−1)^j2 j

am+2−j = (−1)⁰2 0

am+2+ (−1)¹2 1

am+1+ (−1)²2 2

am

= am+2− 2a_m+1+ am = ∆²am.

Suponiendo que la f´ormula dada es cierta, veamos que es cierta para k + 1.

Tenemos

∆^k+1a_m = ∆

∆^ka_m

= ∆

k

X

j=0

(−1)^jk j

a_m+k−j

=

k

X

j=0

(−1)^jk j

a_m+k+1−j −

k

X

j=0

(−1)^jk j

a_m+k−j (∗) El primer sumando de la l´ınea (∗) lo podemos escribir en forma

k

X

j=0

(−1)^jk j

a_m+k+1−j = a_m+k+1+

k

X

j=1

(−1)^jk j

a_m+k+1−j

=k + 1 0

(−1)⁰am+k+1+

k

X

j=1

(−1)^jk j

am+k+1−j. El sustraendo de la linea (∗) lo podemos escribir en forma

k

X

j=0

(−1)^jk j

a_m+k−j =

k−1

X

j=0

(−1)^jk j

a_m+k−j+ (−1)^ka_m

=

|{z}

j=i−1 k

X

i=1

(−1)ⁱ⁻¹

k i − 1

a_m+k+1−i+k + 1 k + 1

(−1)^ka_m. En consecuencia,

∆^k+1am=k + 1 0

(−1)⁰am+k+1+

k

X

j=1

(−1)^jk j

am+k+1−j.

+

k

X

j=1

(−1)^j

k j − 1

a_m+k+1−j+k + 1 k + 1

(−1)^k+1a_m=k + 1 0

(−1)⁰a_m+k+1

+

k

X

j=1

(−1)^jk j

+

k j − 1

a_m+k+1−j +k + 1 k + 1

(−1)^k+1am.

(4)

Usando la conocida f´ormula de combinatoria k j

+

k j − 1

= k + 1 j

queda

∆^k+1a_m =k + 1 0

(−1)⁰a_m+k+1+

k

X

j=1

(−1)^jk + 1 j

a_m+k+1−j

+k + 1 k + 1

(−1)^k+1am =

k+1

X

j=0

(−1)^jk + 1 j

a_m+(k+1)−j y la f´ormula es por tanto cierta para k + 1.

(c) Usando la obvia analog´ıa de la f´ormula del apartado anterior con la del binomio de Newton,

(a − b)⁴= a⁴− 4a³b + 6a²b²− 4ab³+ b⁴

⇒ ∆⁴a_m= a_m+4− 4a_m+3+ 6a_m+2− 4a_m+1+ a_m. (a − b)⁵= a⁵− 5a⁴b + 10a³b²− 10a²b³+ 5ab⁴− b⁵

⇒ ∆⁵a_m= a_m+5− 5a_m+4+ 10a_m+3− 10a_m+2+ 5a_m+1− a_m. (d) Para todo α, β ∈ R y am, b_n∈ S,

∆ (αam+ βbm) = (αam+1+ βbm+1) − (αam+ βbm)

= α (am+1− a_m) + β (bm+1− b_m) = α∆am+ β∆bm,

luego ∆ es lineal. Dado que ∆^k= ∆ ◦ ∆ ◦ . . . ◦ ∆ (k veces) y que la compo- sici´on de aplicaciones lineales es lineal, concluimos que ∆^ktambi´en es lineal.

(e) Los k + 1 polinomios de B son de distinto grado y por tanto linealmente independientes. Por otra parte, dim Rk[n] = k + 1 lo cual implica que B es base de Rk[n].

(f) Expresando p(n) =P4

i=0αin⁽ⁱ⁾, operando el segundo miembro, identifi- cando coeficientes y resolviendo el sistema lineal en las inc´ognitas αi obtenemos

α₀= −5, α₁= 6, α₂= 5, α₃ = 3, α₄ = 1, es decir p(n) = −5n⁽⁰⁾+ 6n⁽¹⁾+ 5n⁽²⁾+ 3n⁽³⁾+ n⁽⁴⁾.

Nota. Se demuestra que se pueden hallar los coeficientes αi usando de forma general el siguiente algoritmo:

1 −3 7 1 −5

1 1 −2 5

1 −2 5 6

α0= −5,

1 −2 5 6

2 2 0

1 0 5

α₁ = 6,

(5)

1 0 5

3 3

1 3

α₂ = 5, α₃= 3, α₄ = 1.

(g) Tenemos

∆n^(k) = (n + 1)^(k)− n^(k)= (n + 1)n(n − 1) · . . . · (n − k + 2)

−n(n − 1)(n − 2) · . . . · (n − k + 2)(n − k + 1)

= [n(n − 1)(n − 2) · . . . · (n − k + 2)] (n + 1 − n + k − 1)

= kn(n − 1)(n − 2) · . . . · (n − k + 2) = k∆n^(k−1). (h) Dado que a_k= ∆A_k= A_k+1− A_k tenemos

k = 0, a₀ = A₁− A₀ k = 1, a₁ = A₂− A₁ k = 2, a2 = A3− A₂

. . .

k = n, a_n= A_n+1− A_n. Sumando y cancelando, obtenemos

a₀+ a₁+ a₂+ · · · + a_n= A_n+1− A₀. (i) Tenemos

∆ n^(k+1) k + 1

!

=

|{z}

∆ lineal

1

k + 1∆n^(k+1)= 1

k + 1(k + 1)n^(k)= n^(k). (j) Por el apartado 5, podemos expresar n^k en la forma

n^k= α₀n⁽⁰⁾+ α₁n⁽¹⁾+ α₂n⁽²⁾+ · · · + α_kn^(k). Debido a la linealidad de ∆, y usando el apartado 9,

Int

n^k

= α0Int

n⁽⁰⁾

+ α1Int

n⁽¹⁾

+ α2Int

n⁽²⁾

+ · · · + αkInt

n^(k)

= α₀n⁽¹⁾

1 + α₁n⁽²⁾

2 + α₂n⁽³⁾

3 + · · · + α_kn^(k+1) k + 1 . Por el apartado 8, y teniendo en cuenta que ∆0 = 0,

S_k = 0^k+ 1^k+ 2^k+ 3^k+ · · · + n^k = Int

(n + 1)^k

− 0

= α0

(n + 1)⁽¹⁾ 1 + α1

(n + 1)⁽²⁾ 2 + α2

(n + 1)⁽³⁾

3 + · · · + α_k(n + 1)^(k+1) k + 1 . (k) a) Expresando n²en funci´on de monomios generalizados obtenemos n²= n⁽¹⁾+ n⁽²⁾. Usando el apartado anterior,

S2= (n + 1)⁽²⁾

2 +(n + 1)⁽³⁾

3 = (n + 1)n

2 +(n + 1)n(n − 1) 3

= . . . = n(n + 1)(2n + 1)

6 .

(6)

b) Expresando n³ en funci´on de monomios generalizados obtenemos n³ = n⁽¹⁾+ 3n⁽²⁾+ n⁽³⁾. Por tanto,

S₃= (n + 1)⁽²⁾

2 + 3(n + 1)⁽³⁾

3 +(n + 1)⁽⁴⁾ 4

= (n + 1)n

2 + (n + 1)n(n − 1) +(n + 1)n(n − 1)(n − 2) 4

= . . . = n(n + 1) 2

2

.

c) Expresando n⁴ en funci´on de monomios generalizados obtenemos n⁴ = n⁽¹⁾+ 7n⁽²⁾+ 6n⁽³⁾+ n⁽⁴⁾. Por tanto,

S₃= (n + 1)⁽²⁾

2 + 7(n + 1)⁽³⁾

3 + 6(n + 1)⁽⁴⁾

4 +(n + 1)⁽⁵⁾ 5

= (n + 1)n

2 +7(n + 1)n(n − 1)

3 +3(n + 1)n(n − 1)(n − 2) 2

+(n + 1)n(n − 1)(n − 2)(n − 3)

5 = . . . = 6n⁵+ 15n⁴+ 10n³− n

30 .

2. Funciones cumpliendo f (x) − f (y) ≤ kf|sen x − sen y|

Sea E el conjunto de las funciones f : R → R verificando que existe una constante k_f ≤ 0 tal que

f (x) − f (y) ≤ k_f|sen x − sen y| ∀x, y ∈ R.

(a) Demostrar que si f ∈ E, f es peri´odica de periodo 2π, continua y acotada.

(b) Sea f ∈ E tal que f es derivable en R. Estudiar si f⁰ ∈ E.

(c) Demostrar que para todo f ∈ E se verifica f⁰(π/2) = 0.

(d) Estudiar si puede pertenecer E una funci´on h verificando h(t) = t para todo t ∈ [0, π/2].

SOLUCI ´ON. (a) Tenemos las siguientes implicaciones para todo x, y ∈ R f (x) − f (y) ≤ k_f|sen x − sen y| ⇒ f (y) − f (x) ≤ k_f|sen y − sen x|

= kf|sen x − sen y| ⇒

− k_f|sen x − sen y| ≤ f (x) − f (y) f (x) − f (y) ≤ k_f|sen x − sen y|

⇒ 0 ≤ |f (x) − f (y)| ≤ k_f|sen x − sen y| . (1) Sea y ∈ R y llamemos x = y + 2π. De la relaci´on (1), obtenemos

0 ≤ |f (y + 2π) − f (y)| ≤ k_f|sen(y + 2π) − sen y| = 0.

Es decir, f (y + 2π) − f (y) = 0 para todo y ∈ R luego f es peri´odica de periodo 2π.

Tomando x = y + h,

0 ≤ |f (y + h) − f (y)| ≤ k_f|sen(y + h) − sen y| .

(7)

El tercer miembro tiende a 0 cuando h → 0, por tanto |f (y + h) − f (y)| → 0 es decir, l´ım_h→0f (y + h) = f (y), lo cual implica que f es continua para todo y ∈ R. Veamos que f est´a acotada. En efecto, tomando y = 0,

|f (x)| − |f (0)| ≤ |f (x) − f (0)| ≤ k_f|sen x| ≤ k_f.

Es decir |f (x)| ≤ |f (0)| + kf para todo x ∈ R, luego f est´a acotada en R.

(b) Consideremos la funci´on f (x) = sen x. Esta funci´on es derivable en R.

Por otra parte, sen x − sen y ≤ |sen x − sen y| lo cual implica que f ∈ E.

Veamos que la funci´on f⁰(x) = cos x no pertenece a E. En efecto, haciendo y = π − x,

cos x − cos y = cos x − cos(π − x) = 2 cos x,

|sen x − sen y| = |sen x − sen(π − x)| = 0.

No existe por tanto constante k_f⁰cumpliendo cos x−cos y ≤ k_f⁰|sen x − sen y|

para todo x, y ∈ R, luego f⁰∈ E./

(c) Haciendo y = π/2, tenemos las implicaciones

0 ≤ |f (x) − f (π/2)| ≤ kf|sen x − sen(π/2)|

⇒

|{z}

si 6=π/2

0 ≤

f (x) − f (π/2) x − π/2

≤ k_f

sen x − sen(π/2) x − π/2

= k_f

2 cosx + π/2

2 · senx − π/2

2 ·

1

x − π/2

. Se verifica

x→π/2l´ım cosx + π/2

2 cos(π/2) = 0, l´ım

x→π/2senx − π/2

2 ·

1

x − π/2

= l´ım

x→π/2

x − π/2

2 · 1

x − π/2 = 1 2. En consecuencia

f (x) − f (π/2) x − π/2

→ 0 si x → π/2, y por tanto

f⁰(π/2) = l´ım

x→π/2

f (x) − f (π/2) x − π/2 = 0 . (d) La derivada por la izquierda de h en π/2 es h⁰(π/2−) = l´ım

h→0⁻

f (π/2 + h) − f (π/2)

h = l´ım

h→0⁻

π/2 + h − π/2

h = l´ım

h→0⁻1 = 1.

La funci´on h no puede pertenecer a E pues seg´un el apartado anterior, se deber´ıa verificar h⁰(π/2−) = 0.

(8)

3. Distancia d(x, y) = |f (x) − f (y)| en los reales Sea f : R → R una funci´on estrictamente creciente.

(a) Demostrar que d(x, y) = |f (x) − f (y)| es una distancia en R.

(b) Demostrar que si f no es continua, la distancia d no es equivalente a la distancia usual d_u(x, y) = |x − y| .

(c) Demostrar que si f es continua, la distancia d es equivalente a la distancia usual du.

(d) Demostrar que si f es lineal, d puede definirse mediante una norma.

SOLUCI ´ON. (a) Se cumplen los axiomas de distancia. En efecto,

(i) d(x, y) = 0 ⇔ |f (x) − f (y)| = 0 ⇔ f (x) − f (y) = 0 ⇔ f (x) = f (y). Co- mo f es estrictamente creciente, es inyectiva, luego x = y. (ii) d(x, y) =

|f (x) − f (z) + f (z) − f (y)|

≤ |f (x) − f (z)| + |f (z) − f (y)| = d(x, y) + d(y, z).

(b) Si f no es continua en alg´un punto x₀, entonces existe un > 0 tal que para todo δ > 0 existe al menos un y ∈ R tal que |x0− y| < δ y

|f (x₀) − f (y)| ≥ . Consideremos la bola con la distancia d B_d(x₀, ) = {y ∈ R : d(x0, y) = |f (x₀) − f (y)| < } . Entonces, toda bola

B_d_u(x0, δ) = {y ∈ R : d(x0, y) = |x0− y| < δ}

con la distancia usual no est´a contenida en B_d(x₀, ), lo cual implica que d y du no son equivalentes de acuerdo con un conocido teorema de caracterizaci´on.

(c) Consideremos cualquier bola B_d(x, ) = {y ∈ R : d(x, y) = |f (x) − f (y)| < } . Veamos que existe B_d_u(x, δ) tal que B_d_u(x, δ) ⊂ B_d(x, ). En efecto, como f es continua en x, dado > 0 existe δ > 0 tal que para todo y que satisface |x − y| < δ se verifica |f (x) − f (y)| < . Esto prueba que Bdu(x, δ) ⊂ Bd(x, ).

Rec´ıprocamente, veamos que dada cualquier bola B_d_u(x, ) existe una bola B_d(x, δ) tal que B_d(x, δ) ⊂ B_d_u(x, ). En efecto, al ser f estrictamente creciente y continua, existe y es continua la funci´on f⁻¹ : f (R) → R. Por tanto, dado > 0 existe δ > 0 tal que

|f (x) − f (y)| < δ ⇒

f⁻¹(f (x)) − f⁻¹(f (y))

= |x − y| < ,

es derir, d(x, y) < δ ⇒ d_u(x, y) < lo cual prueba que B_d(x, δ) ⊂ B_d_u(x, ).

De acuerdo con un conocido teorema de caracterizaci´on, concluimos que d y d_u son equivalentes.

(d) Veamos que la aplicaci´on

k k : R → R, kxk = |f (x)| ,

(9)

es una norma. En efecto,

(i) kxk = 0 ⇔ |f (x)| = 0 ⇔ f (x) = 0. Por ser f lineal y estrictamente creciente, f (x) = 0 ⇔ x = 0.

(ii) kλxk = |f (λx)| = |λf (x)| = |λ| |f (x)| = |λ| kxk .

(iii) kx + yk = |f (x + y)| = |f (x) + f (y)| ≤ |f (x)| + |f (y)| = kxk + kyk . (d) Veamos que la aplicaci´on

k k : R → R, kxk = |f (x)| , es una norma. En efecto,

(i) kxk = 0 ⇔ |f (x)| = 0 ⇔ f (x) = 0. Por ser f lineal y estrictamente creciente, f (x) = 0 ⇔ x = 0.

(ii) kλxk = |f (λx)| = |λf (x)| = |λ| |f (x)| = |λ| kxk .

(iii) kx + yk = |f (x + y)| = |f (x) + f (y)| ≤ |f (x)| + |f (y)| = kxk + kyk . La distancia inducida por esta norma es

d(x, y) = kx − yk = |f (x − y)| = |f (x) − f (y)| ,

que es la distancia dada.

4. Curvatura, torsi´on y ecuaciones intr´ınsecas (a) Determ´ınese en t = 1 la curvatura y la torsi´on de la curva

x = 3t − t³, y = 3t², z = 3t + t³.

(b) Determ´ınense las ecuaciones intr´ınsecas de la catenaria de ecuaci´on x = a coshx

a, y = t.

(Propuesto en examen, Amp. Mat., ETS de Ing. Industriales, UNED).

SOLUCI ´ON. (a) Representamos la curva en forma vectorial ~r = (3t−t³, 3t², 3t+

t³). Tenemos d~r

dt = (3 − 3t², 6t, 3 + 3t²) ⇒ d~r

dt(1) = (0, 6, 6), d²~r

dt² = (−6t, 6, 6t) ⇒ d²~r

dt²(1) = (−6, 6, 6), d³~r

dt³ = (−6, 0, 6) ⇒ d³~r

dt³(1) = (−6, 0, 6), d~r

dt(1) × d²~r dt²(1) =

~i ~j ~k 0 6 6

−6 6 6

= −36~j + 36~k,

d~r dt(1)

= 6√ 2 ,

d~r

dt(1) ×d²~r dt²(1)

= 36√ 2,

d~r

dt(1) ×d²~r dt²(1)

2

= 7,

(10)

d~r

dt(1),d²~r

dt²(1),d³~r dt³(1)

=

0 6 6

−6 6 6

−6 0 6

= 216.

La curvatura κ(1) y torsi´on τ (1) de la curva en t = 1 son por tanto

κ(1) =

d~r

dt(1) × d²~r dt²(1)

d~r dt(1)

3 = 36√

2 (6√

2)³ = 1 12,

τ (1) =

d~r

dt(1),d²~r

dt²(1),d³~r dt³(1)

d~r

dt(1) ×d²~r dt²(1)

2 = 216 72 = 3.

(b) Las ecuaciones intr´ınsecas de una curva vienen dadas por κ = κ(s), τ = τ (s) siendo κ la curvatura, τ la torsi´on y s el par´ametro arco. Tenemos

κ² =

x⁰ y⁰ x⁰⁰ y⁰⁰

2

(x^{0 2}+ y^{0 2})³ =

sinh_a^t 1

1

acosh_a^t 0

2

sinh^{2 t}_a+ 13 =

1

a² cosh^{2 t}_a

cosh^{2 t}_a3 = 1

a²cosh^{4 t}_a. (1) La longitud del arco es

s = Z t

0

p(x⁰(u))²+ (y⁰(u))² du = Z t

0

r sinh²u

a+ 1 du

= Z t

0

coshu

a du =h

a sinhu a

it

0= a sinh t a. Por otra parte

s²+ a² = a²sinh² t

a+ a²= a²cosh² t

a . (2).

Eliminando t de las relaciones (1) y (2) obtenemos κ = a

s²+ a². Dado que la curva es plana, su torsi´on es 0, por tanto las ecuaciones intr´ınsecas de la catenaria son

(κ = a

s²+ a²

τ = 0.

5. Esquema de urnas de Poisson. Función generatriz (a) Supongamos que realizamos n experimentos aleatorios y que en el expe- rimento r-ésimo la probabilidad del suceso A (éxito) es p_r y la del comple- mentario (fracaso) es qr= 1−pr. Llamemos prna la probabilidad de obtener r éxitos en las n pruebas. Denotemos

α_n(ξ) = p_0n+ p_1nξ + p_2nξ²+ . . . + p_rnξ^r+ . . .

(11)

(suma con un n´umero finito de t´erminos pues prn= 0 si r > n ). Demostrar que se verifica

α_n(ξ) = (p₁ξ + q₁)(p₂ξ + q₂) . . . (p_nξ + q_n).

Nota: como consecuencia, la identificaci´on de los coeficientes de ξ^r en la igualdad anterior permite calcular prn en funci´on de las probabilidades pi y q_j.

(b) Tres urnas U₁, U₂, U₃ tienen las siguientes composiciones U1: 2 bolas blancas y 3 negras, U₂: 1 blanca y 2 negras, U₃: 3 blancas y 3 negras.

Se extrae una bola de cada urna. Usar la funci´on generatriz para hallar la probabilidad de obtener exactamente dos bolas blancas.

SOLUCI ´ON. (a) Consideremos los sucesos: C ≡ ´exito en la prueba n), D ≡ r−1

´

exitos en las n − 1 primeras pruebas, E ≡ fracaso en la prueba n y F ≡ r

´

exitos en las n − 1 primeras pruebas. Entonces, el suceso B ≡ r ´exitos en las n pruebas es B = (C ∩ D) ∪ (E ∩ F ) y por tanto

p_rn= p_nq_r−1,n−1+ q_np_r,n−1. Adem´as tenemos las condiciones l´ımites:

(i) pr0 = 0 si r > 1.

(ii) p₀₀= 1.

(iii) p_0n= q₁q₂. . . q_n si n > 0.

Introducimos ahora la llamada funci´on generatriz αn(ξ) =P∞

r=0prnξ^r, suma esta que ya hemos comentado que tiene un n´umero finito de t´erminos.

Tenemos las siguientes igualdades q_nα_n−1(ξ) = q_n

∞

X

r=0

p_r,n−1ξ^r= q_np_0,n−1+

∞

X

r=1

q_np_r,n−1ξ^r. [1]

ξpnαn−1(ξ) =

∞

X

r=0

ξpnpr,n−1ξ^r =

∞

X

r=1

pnpr,n−1ξ^r. [2]

Sumando las dos igualdades anteriores obtenemos (pnξ + qn)αn−1(ξ) = qnp0,n−1+

∞

X

r=1

(qnpr,n−1+ pnpr−1,n−1)ξ^r

= q_nq₁q₂. . . q_n−1+

∞

X

r=1

p_rnξ^r= p_0n+

∞

X

r=1

p_rnξ^r=

∞

X

r=0

p_rnξ^r= α_n(ξ).

Tenemos

α_n(ξ) = (p_nξ + q_n)α_n−1(ξ) = (p_nξ + q_n)(p_n−1ξ + q_n−1)α_n−2(ξ)

= . . . = (p_nξ + q_n)(p_n−1ξ + q_n−1) . . . (p₂ξ + q₂)α₁(ξ).

(12)

Pero α1(ξ) = p01+ p11ξ = p1ξ + q1, de lo que concluimos αn(ξ) = (p1ξ + q1)(p2ξ + q2) . . . (pnξ + qn).

(b) Tenemos

α3(ξ) = p03+ p13ξ + p23ξ²+ p33ξ²= (p1ξ + q1)(p2ξ + q2)(p3ξ + q3).

Igualando los coeficientes de ξ²: p₂₃= p₁p₂q₃+ q₁p₂p₃+ p₁q₂p₃, con lo cual la probabilidad de obtener exactamente dos bolas blancas es

p23= 2 5·1

3 ·1 2+3

5 ·1 3 ·1

2+2 5 ·2

3 ·1

2 = . . . = 3 10.

Problemas de matem´c aticas superiores por Fernando Revilla se dis- tribuye bajo la licencia Creative Commons Atribuci´on-NoComercial- SinDerivar 4.0 Internacional.

Web page. M´as fasc´ıculos en http://www.fernandorevilla.es Referencias

[1] Fernando Revilla, Álgebra: métodos y técnicas. Disponible aqu´ı:

http://fernandorevilla.es/libros/.

[2] Fernando Revilla, Análisis real y complejo: métodos y técnicas. Disponible aqu´ı:

http://fernandorevilla.es/libros/.

Fernando Revilla. Jefe del Departamento de Matemáticas del IES Santa Teresa de Jesús de la Comunidad de Madrid y Profesor de Métodos Matemáticos de la Universidad Alfonso X El Sabio de Villanueva de la Cañada, Madrid (Hasta el curso académico 2008-2009).

E-mail address: frej0002@ficus.pntic.mec.es