tal cual cayó — sin cambiar un número

Cálculo · primera evaluación

Primera evaluación · 2025-2026

20 de octubre de 2025 · 4 ejercicios · 40 puntos

Empieza sin mirar: abre cada ejercicio cuando vayas a por él. Las resoluciones están en la otra pestaña.

Un semiplano con un mordisco circularNúmeros complejos1 + 7 + 2 = 10 pts
Calcular y representar geométricamente los afijos de los números complejos $z$ que verifican las condiciones siguientes:
$\begin{cases} \left|z-2\right| \le 3\left|z+2\right| \\[4pt] z - \overline{z} \ge \dfrac{3}{2}\,i \end{cases}$
Calcular la región y representarla.
- COMP 11 punto por reconocer
- COMP 27 puntos por calcular
- COMP 42 puntos por justificar
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Una raíz cuarta que se lee en la figuraNúmeros complejos1 + 7 + 2 = 10 pts
Sean $z_1, z_2, z_3$ los números complejos que se muestran en la figura. Calcular y representar geométricamente los afijos de los números complejos $z$ que verifican la condición:
$z^{4} = 8\,\frac{z_1}{z_3^{\,3}}\left(\overline{z_2}\right)^{2} \left(-1+\sqrt{3}\,i\right)$

Figura redibujada del enunciado original. Los tres afijos están sobre la misma circunferencia — tienen el mismo módulo — y sus argumentos son 60°, −60° y −120°.

Calcular las soluciones y representarlas.
- COMP 11 punto por reconocer
- COMP 27 puntos por calcular
- COMP 42 puntos por justificar
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Una cota estricta que el límite no heredaSucesiones y series numéricas1 + 0 + 9 = 10 pts
Sea $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ una sucesión convergente cuyo límite es $L$ . Supongamos que $\exists\, b \in \mathbb{R} \;/\; a_n > b \;\; \forall n \in \mathbb{N}$ . Razonar formalmente si son ciertas las siguientes afirmaciones:
1. Es posible que $L = b$ .
2. Necesariamente $L \ge b$ .
Razonar formalmente las dos afirmaciones.
- COMP 11 punto por reconocer
- COMP 49 puntos por justificar
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.
Una hipergeométrica, y dos series con los mismos rectángulosSucesiones y series numéricas2 + 6 + 2 = 10 pts
Una serie $\sum_{n\ge 1} a_n$ de términos positivos se llama hipergeométrica si existen números reales $\alpha,\beta,\gamma$ tales que $\alpha$ y $\gamma$ no son nulos a la vez, y que verifican la condición
$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\alpha n+\beta}{\alpha n+\gamma}$
Si $\alpha+\beta<\gamma$ , entonces la serie es convergente y su suma es igual al límite de la siguiente sucesión:
$\left\{\frac{a_n(\alpha n+\beta)-a_1\gamma}{\alpha+\beta-\gamma}\right\}_{n\in\mathbb{N}}$
a) Empleando el resultado anterior, calcular $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+2)(n+3)}$ .

b) Para cada $n\in\mathbb{N}$ , formamos un rectángulo con base igual a $1/n$ y altura igual a $1/(n+1)$ . Colocamos todos esos rectángulos seguidos, como en la figura.

Figura redibujada del enunciado original. Las bases van menguando como 1, 1/2, 1/3… y las alturas como 1/2, 1/3, 1/4…

b.1) Si vamos sumando las longitudes de las bases, ¿obtenemos una serie convergente? ¿Cuál será su suma?

b.2) Si vamos sumando las áreas de estos rectángulos, ¿obtenemos una serie convergente? ¿Cuál será su suma?
Calcular la suma del apartado (a) y responder a b.1 y b.2.
- COMP 12 puntos por reconocer
- COMP 26 puntos por calcular
- COMP 42 puntos por justificar
Resolver guiado →El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

El examen no publica solución. Todas estas resoluciones son propuesta nuestra y están pendientes de revisión.

nivel: examenEjercicio 1 · Primera evaluación, 20 de octubre de 2025 · Cálculo, UPV/EHU · El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Un semiplano con un mordisco circular

COMP 11 punto por reconocer
COMP 27 puntos por calcular
COMP 42 puntos por justificar

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Calcular y representar geométricamente los afijos de los números complejos $z$ que verifican las condiciones siguientes:

\begin{cases} \left|z-2\right| \le 3\left|z+2\right| \\[4pt] z - \overline{z} \ge \dfrac{3}{2}\,i \end{cases}

Calcular la región y representarla.

01
Reconocer el camino
COMP1
La segunda condición compara dos números complejos con un « $\ge$ ». ¿Qué hay que decir antes de operar con ella?
02
Verificar la región
COMP2 · COMP4
Escribe la región simplificada, en $x$ e $y$ . Vale cualquier forma equivalente: se comparan los puntos, no el texto.
te falta coincide te sobra
Tu condición simplificadapor ejemplo (x+1)^2 + y^2 >= 4 & y >= 1
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la descripción de la región. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. La primera condición es una circunferencia de Apolonio: el lugar de los puntos cuyo cociente de distancias a $2$ y a $-2$ es constante. Aquí se pide el exterior, con borde.
2. Centro $\left(-\frac52,0\right)$ y radio $\frac32$ : la circunferencia corta el eje real en $-4$ y en $-1$ .
3. La segunda condición es el semiplano cerrado $y \ge \frac34$ .
4. La región es el semiplano menos el trozo de disco que asoma por encima de $y=\frac34$ : un casquete que va de $x = -\frac52-\frac{3\sqrt3}{4}$ a $x = -\frac52+\frac{3\sqrt3}{4}$ .
El mordisco existe justo porque el radio supera la altura de la recta. Con una recta a $y \ge 2$ la respuesta habría sido el semiplano entero.

Resolución completa

Aviso. El examen no publica solución. Lo que sigue es una resolución propuesta, pendiente de revisión.

Datos. Se pide la región de los $z$ que cumplen a la vez $\left|z-2\right| \le 3\left|z+2\right|$ y $z-\overline z \ge \frac32 i$ .

Reparto de puntos del examen: COMP1 1 · COMP2 7 · COMP4 2.

1 · La herramienta, y por qué cada condición pide una distinta

Las dos condiciones se leen de forma distinta y conviene separarlas desde el principio:

La primera compara módulos, que son números reales no negativos. Ahí sí hay orden, y se puede elevar al cuadrado sin más.
La segunda compara dos complejos, y en $\mathbb{C}$ no hay orden. Solo tiene sentido porque los dos miembros son imaginarios puros.

Esa distinción es el punto de COMP1, y no decirla cuesta los dos puntos de COMP4 aunque el dibujo salga bien.

2 · Primera condición: una circunferencia de Apolonio

$\left|z-2\right|$ es la distancia del afijo al punto $(2,0)$ y $\left|z+2\right|$ la distancia a $(-2,0)$ . La condición pide que la primera no supere el triple de la segunda: un cociente de distancias acotado, que es la definición de la circunferencia de Apolonio.

Los dos miembros son no negativos, así que elevar al cuadrado no añade ni quita soluciones:

(x-2)^{2}+y^{2} \le 9\left[(x+2)^{2}+y^{2}\right]

x^{2}-4x+4+y^{2} \le 9x^{2}+36x+36+9y^{2}

0 \le 8x^{2}+40x+32+8y^{2} \;\Longleftrightarrow\; 0 \le x^{2}+5x+4+y^{2}

Completando el cuadrado en $x$ :

\left(x+\frac{5}{2}\right)^{2}+y^{2} \ge \frac{25}{4}-4 = \frac{9}{4}

Exterior, con borde, de la circunferencia de centro $\left(-\frac52,0\right)$ y radio $\frac32$ . Corta el eje real en $-4$ y en $-1$ .

Merece la pena señalar el cambio de sentido: la condición entra con « $\le$ » y sale con « $\ge$ ». Al pasar todo a un lado, los términos cambian de bando; no es un error de signo.

3 · Segunda condición: el orden que sí existe

En $\mathbb{C}$ no hay ningún orden compatible con las operaciones, así que $u \ge v$ entre complejos cualesquiera no significa nada. Aquí la desigualdad sí se puede leer, y hay que explicar por qué.

Con $z = x+iy$ :

z - \overline z = (x+iy)-(x-iy) = 2iy

Los dos miembros, $2iy$ y $\frac32 i$ , son imaginarios puros: los dos viven en la misma recta. Comparar dos puntos de una recta sí tiene sentido, y equivale a comparar sus coeficientes:

2y \ge \frac{3}{2} \;\Longleftrightarrow\; y \ge \frac{3}{4}

El semiplano cerrado por encima de la recta $y=\frac34$ .

4 · La intersección

¿Se cortan las dos figuras? La circunferencia llega hasta $y=\frac32$ , y $\frac32 > \frac34$ : sí asoma por encima de la recta. Hay mordisco.

Los cortes de la circunferencia con $y=\frac34$ :

\left(x+\frac52\right)^{2} = \frac94-\frac{9}{16} = \frac{27}{16} \;\Longrightarrow\; x = -\frac{5}{2} \pm \frac{3\sqrt3}{4}

es decir $x \approx -3{,}80$ y $x \approx -1{,}20$ .

La región pedida es el semiplano $y \ge \frac34$ al que se le quita el casquete de disco comprendido entre esos dos cortes. Todo el borde entra, porque las dos desigualdades son no estrictas.

5 · Representación gráfica

Una recta horizontal a la altura $0{,}75$ , y por encima de ella todo el plano salvo una muesca circular a la izquierda, centrada en $x=-2{,}5$ y de $1{,}5$ de radio, de la que solo se ve la tapa.

6 · Comprobación

Se prueban tres puntos, cada uno pensado para romper algo distinto:

$z = i$ , o sea $(0,1)$ . Está por encima de la recta ✔ y fuera de la circunferencia, porque $\left(0+\frac52\right)^{2}+1 = 7{,}25 \ge 2{,}25$ ✔. En el enunciado original: $|i-2| = \sqrt5 \approx 2{,}24$ y $3|i+2| = 3\sqrt5 \approx 6{,}71$ , y en efecto $2{,}24 \le 6{,}71$ ✔.
$z = -\frac52 + i$ , el centro del mordisco a esa altura. Cumple $y \ge \frac34$ ✔ pero $\left(0\right)^{2}+1 = 1 < 2{,}25$ ✗: cae dentro del disco y queda fuera de la región, como debe.
$z = 0$ . Fuera de la circunferencia ✔ pero $y=0 < \frac34$ ✗. También fuera. Sirve para ver que la segunda condición no sobra.

Resultado

\boxed{\;\left(x+\tfrac{5}{2}\right)^{2}+y^{2} \ge \tfrac{9}{4} \quad\text{y}\quad y \ge \tfrac{3}{4}\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: examenEjercicio 2 · Primera evaluación, 20 de octubre de 2025 · Cálculo, UPV/EHU · El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Una raíz cuarta que se lee en la figura

COMP 11 punto por reconocer
COMP 27 puntos por calcular
COMP 42 puntos por justificar

paso 1 de 4

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sean $z_1, z_2, z_3$ los números complejos que se muestran en la figura. Calcular y representar geométricamente los afijos de los números complejos $z$ que verifican la condición:

z^{4} = 8\,\frac{z_1}{z_3^{\,3}}\left(\overline{z_2}\right)^{2} \left(-1+\sqrt{3}\,i\right)

Figura redibujada del enunciado original. Los tres afijos están sobre la misma circunferencia — tienen el mismo módulo — y sus argumentos son 60°, −60° y −120°.

Calcular las soluciones y representarlas.

01
Reconocer el camino
COMP1
La figura no lleva escala numerada. ¿Es un problema?
02
El módulo de las soluciones
COMP2
¿Cuánto vale $|z|$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…

El menor argumento positivo

COMP2

De las cuatro soluciones, ¿cuál es el menor argumento en grados?

Tu respuesta al paso 3un número de grados — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…

Desarrollo

Argumentos que aporta cada factor:

factor	argumento
$8$	$0^{\circ}$
$z_1$	$+60^{\circ}$
$z_3^{\,-3}$	$-3\cdot(-120^{\circ}) = +360^{\circ}$
$\left(\overline{z_2}\right)^{2}$	$2\cdot(+60^{\circ}) = +120^{\circ}$
$-1+\sqrt3\,i$	$+120^{\circ}$

—recuerda que $\arg \overline{z_2} = -\arg z_2 = +60^{\circ}$ —. En total:

\arg\left(z^{4}\right) = 60+360+120+120 = 660^{\circ} \equiv 300^{\circ}

4\theta = 300^{\circ}+360^{\circ}k \;\Longrightarrow\; \theta = 75^{\circ}+90^{\circ}k

Con $k=0,1,2,3$ : $75^{\circ}$ , $165^{\circ}$ , $255^{\circ}$ y $345^{\circ}$ . El menor es $75^{\circ}$ .

Cuatro soluciones separadas exactamente $90^{\circ}$ : los vértices de un cuadrado.

04
Justificar el argumento
COMP4
Ordena el argumento. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. Como los tres tienen el mismo módulo $r$ , el del segundo miembro es $8\,r^{1-3+2}\cdot 2 = 16$ , independiente de $r$ . Luego $|z| = \sqrt[4]{16} = 2$ .
2. Conjugar cambia el signo del argumento y no toca el módulo: $\arg\overline{z_2} = +60^{\circ}$ .
3. Sumando argumentos con su exponente, $\arg\left(z^{4}\right) = 60+360+120+120 = 660^{\circ} \equiv 300^{\circ}$ .
4. La ecuación $z^{4}=w$ tiene exactamente cuatro soluciones, con argumentos $\frac{300^{\circ}+360^{\circ}k}{4}$ para $k=0,1,2,3$ .
5. Los cuatro afijos son los vértices de un cuadrado inscrito en la circunferencia de radio 2, el primero a $75^{\circ}$ .
El orden importa: primero se ve que el módulo se cancela —y con ello que la figura basta—, y solo después se suman argumentos.

Resolución completa

Aviso. El examen no publica solución. Lo que sigue es una resolución propuesta, pendiente de revisión. En particular, los argumentos $60^{\circ}$ , $-60^{\circ}$ y $-120^{\circ}$ son nuestra lectura de la figura del enunciado, que puedes contrastar con el PDF original enlazado arriba.

Datos. $z_1, z_2, z_3$ con el mismo módulo y argumentos $60^{\circ}$ , $-60^{\circ}$ y $-120^{\circ}$ . Se pide resolver

z^{4} = 8\,\frac{z_1}{z_3^{\,3}}\left(\overline{z_2}\right)^{2} \left(-1+\sqrt{3}\,i\right)

Reparto de puntos del examen: COMP1 1 · COMP2 7 · COMP4 2.

1 · Lo primero es darse cuenta de que la figura basta

El enunciado da los tres complejos con un dibujo sin escala numerada, y eso asusta. Pero la expresión está construida para que el módulo se cancele.

Llamando $r$ al módulo común, y usando que $\left|\overline w\right| = |w|$ y que $\left|w^{n}\right| = |w|^{n}$ :

\left|z^{4}\right| = 8\cdot\frac{|z_1|}{|z_3|^{3}}\cdot\left|z_2\right|^{2} \cdot\left|-1+\sqrt3 i\right| = 8\cdot\frac{r}{r^{3}}\cdot r^{2}\cdot 2 = 8\,r^{\,1-3+2}\cdot 2 = 16

Los exponentes de $r$ suman cero. La escala de la figura es irrelevante, y decirlo con esta cuenta delante es lo que distingue una respuesta completa de una que da por hecho que $r=1$ .

Por tanto

|z| = \sqrt[4]{16} = 2

2 · Los argumentos, uno a uno

La regla es la de siempre: en un producto los argumentos se suman, en un cociente se restan, y una potencia los multiplica. Con el conjugado hay que tener cuidado: cambia el signo del argumento y no toca el módulo.

factor	aportación al argumento
$8$	$0^{\circ}$ , por ser real positivo
$z_1$	$+60^{\circ}$
$z_3^{\,3}$ en el denominador	$-3\cdot(-120^{\circ}) = +360^{\circ}$
$\left(\overline{z_2}\right)^{2}$	$2\cdot\left(-\arg z_2\right) = 2\cdot(+60^{\circ}) = +120^{\circ}$
$-1+\sqrt3\,i$	$+120^{\circ}$ (segundo cuadrante)

El último merece una línea: $-1+\sqrt3 i$ tiene parte real negativa e imaginaria positiva, así que su argumento es $120^{\circ}$ y no el $-60^{\circ}$ que daría el arcotangente a secas.

\arg\left(z^{4}\right) = 0+60+360+120+120 = 660^{\circ}

Reduciendo a $[0^{\circ},360^{\circ})$ :

660^{\circ}-360^{\circ} = 300^{\circ}

3 · Las cuatro soluciones

z^{4} = 16\,e^{i\,300^{\circ}}

z_k = \sqrt[4]{16}\;e^{i\frac{300^{\circ}+360^{\circ}k}{4}} = 2\,e^{i\left(75^{\circ}+90^{\circ}k\right)}, \qquad k = 0,1,2,3

\theta_0 = 75^{\circ},\quad \theta_1 = 165^{\circ},\quad \theta_2 = 255^{\circ},\quad \theta_3 = 345^{\circ}

Son exactamente cuatro, ni una más ni una menos: una ecuación de grado 4 tiene cuatro soluciones en $\mathbb{C}$ .

4 · Representación gráfica

Los cuatro afijos están sobre la circunferencia de radio 2, separados $90^{\circ}$ : los vértices de un cuadrado centrado en el origen, con el primero a $75^{\circ}$ —algo a la izquierda del semieje imaginario positivo—.

5 · Comprobación

Elevando la primera a la cuarta: el módulo pasa a $2^{4} = 16$ ✔ y el argumento a $4\cdot 75^{\circ} = 300^{\circ}$ ✔, que es exactamente el segundo miembro.

Y las otras tres tienen que dar lo mismo módulo $360^{\circ}$ : $4\cdot165 = 660 = 300+360$ ✔, $4\cdot255 = 1020 = 300+2\cdot360$ ✔, $4\cdot345 = 1380 = 300+3\cdot360$ ✔.

Conviene además comprobar el paso que más se falla, el del conjugado. Si alguien escribe $\arg\left(\overline{z_2}\right)^{2} = -120^{\circ}$ en vez de $+120^{\circ}$ , el argumento total sale $420^{\circ} \equiv 60^{\circ}$ y las soluciones caen en $15^{\circ}, 105^{\circ}, 195^{\circ}, 285^{\circ}$ : otro cuadrado, igual de creíble, y mal.

Resultado

\boxed{\;z_k = 2\,e^{i\left(75^{\circ}+90^{\circ}k\right)},\quad k=0,1,2,3\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: examenEjercicio 3 · Primera evaluación, 20 de octubre de 2025 · Cálculo, UPV/EHU · El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Una cota estricta que el límite no hereda

COMP 11 punto por reconocer
COMP 49 puntos por justificar

paso 1 de 3

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Sea $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ una sucesión convergente cuyo límite es $L$ . Supongamos que $\exists\, b \in \mathbb{R} \;/\; a_n > b \;\; \forall n \in \mathbb{N}$ . Razonar formalmente si son ciertas las siguientes afirmaciones:

Es posible que $L = b$ .
Necesariamente $L \ge b$ .

Razonar formalmente las dos afirmaciones.

01
Reconocer el camino
COMP1
Las dos afirmaciones piden cosas distintas. ¿Cuáles?
02
El épsilon de la reducción al absurdo
COMP2
Para la segunda afirmación se supone $L < b$ . Con $b = 1$ y $L = 0{,}4$ , ¿qué $\varepsilon$ conviene tomar?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la respuesta completa a las dos afirmaciones. Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. (1) Es cierta. Basta un ejemplo: $a_n = b+\frac1n$ cumple $a_n > b$ para todo $n$ y converge a $b$ , luego $L=b$ es posible.
2. (2) También es cierta, y hay que demostrarlo en general. Por reducción al absurdo, supongamos $L<b$ .
3. Se toma $\varepsilon = \dfrac{b-L}{2} > 0$ , positivo precisamente porque se ha supuesto $L<b$ .
4. Por definición de límite existe $m$ tal que $\left|a_n-L\right| < \varepsilon$ para todo $n>m$ ; en particular $a_n < L+\varepsilon = \dfrac{L+b}{2} < b$ .
5. Eso contradice $a_n > b$ para todo $n$ . Luego $L \ge b$ .
Los dos apartados son la misma idea vista de los dos lados: el (1) enseña que $\ge$ no se puede reforzar, y el (2) que tampoco se puede debilitar.

Resolución completa

Aviso. El examen no publica solución. Lo que sigue es una resolución propuesta, pendiente de revisión.

Datos. $\{a_n\}$ converge a $L$ y existe $b\in\mathbb{R}$ con $a_n > b$ para todo $n$ . Se pregunta si es posible que $L=b$ y si necesariamente $L \ge b$ .

Reparto de puntos del examen: COMP1 1 · COMP4 9. Aquí no hay nada que calcular: nueve de los diez puntos son la demostración. Un desarrollo correcto sin justificar saca un punto.

1 · Qué pide cada apartado

Las dos afirmaciones parecen parecidas y piden razonamientos de tipo distinto:

«Es posible que $L=b$ » se responde con un ejemplo. Basta exhibir una sucesión que cumpla las hipótesis y donde ocurra.
«Necesariamente $L \ge b$ » se responde con una demostración general. Ningún ejemplo la prueba; un contraejemplo la refutaría.

Reconocer esa diferencia es el punto de COMP1.

2 · Apartado (1): sí es posible

Sea $b\in\mathbb{R}$ cualquiera y

a_n = b+\frac{1}{n}

Cumple las hipótesis: converge, y $a_n > b$ para todo $n$ porque $\frac1n > 0$ siempre. Y su límite es

\lim_{n\to\infty}\left(b+\frac1n\right) = b = L

Luego sí es posible que $L=b$ . $\blacksquare$

Conviene subrayar lo que este ejemplo enseña: la desigualdad de la hipótesis es estricta y aun así el límite alcanza la cota. Los términos se acercan a $b$ tanto como se quiera sin llegar nunca, y el límite es precisamente ese punto que no se alcanza.

3 · Apartado (2): sí, necesariamente

Por reducción al absurdo, supongamos que $L < b$ . Entonces $b-L > 0$ y se puede tomar

\varepsilon = \frac{b-L}{2} > 0

Por la definición de límite existe $m\in\mathbb{N}$ tal que para todo $n>m$

\left|a_n-L\right| < \varepsilon

lo que en particular implica

a_n < L+\varepsilon = L+\frac{b-L}{2} = \frac{L+b}{2} < b

—la última desigualdad porque el punto medio de dos números distintos es menor que el mayor—. Es decir, todos los términos a partir de $m$ serían menores que $b$ , y la hipótesis dice que todos los términos son mayores que $b$ . Contradicción.

Por tanto la suposición era falsa y

L \ge b \qquad \blacksquare

4 · Por qué no se puede afirmar $L>b$

Es el error que el ejercicio está diseñado para provocar, y los dos apartados juntos lo cierran: el apartado (1) ya ha exhibido una sucesión con $a_n > b$ estricto y $L = b$ . Luego $L>b$ es falso en general.

La regla, que conviene llevar aprendida: al pasar al límite, las desigualdades estrictas se debilitan. De $a_n > b$ solo se deduce $L \ge b$ .

5 · Comprobación

Se contrastan las dos respuestas con casos que las tensionan:

$a_n = b+\frac1n$ : cumple la hipótesis, $L = b$ . Confirma (1) y enseña que (2) no se puede reforzar a $>$ .
$a_n = b+1$ , constante: cumple la hipótesis, $L = b+1 > b$ . También compatible con (2).
¿Y una con $L<b$ ? Habría que mantener todos los términos por encima de $b$ mientras se acercan a algo menor que $b$ , y eso es justo lo que la demostración prohíbe. Con $b=1$ y $L=0{,}4$ , desde $\frac1n < 0{,}3$ —o sea $n \ge 4$ — todos los términos estarían por debajo de $0{,}7$ , muy lejos de superar 1.

Resultado

\boxed{\;\text{(1) Cierta: } a_n = b+\tfrac1n. \qquad \text{(2) Cierta: } L \ge b,\ \text{pero nunca } L > b\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

nivel: examenEjercicio 4 · Primera evaluación, 20 de octubre de 2025 · Cálculo, UPV/EHU · El examen no publica solución: la resolución es propuesta nuestra, pendiente de revisión.

Una hipergeométrica, y dos series con los mismos rectángulos

COMP 12 puntos por reconocer
COMP 26 puntos por calcular
COMP 42 puntos por justificar

paso 1 de 5

1.er intento a pelo · al 2.º aparece la pista, al 3.º el desarrollo — la solución nunca se da al fallar: se te dice en qué te has ido y por qué.

Enunciado

Una serie $\sum_{n\ge 1} a_n$ de términos positivos se llama hipergeométrica si existen números reales $\alpha,\beta,\gamma$ tales que $\alpha$ y $\gamma$ no son nulos a la vez, y que verifican la condición

\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\alpha n+\beta}{\alpha n+\gamma}

Si $\alpha+\beta<\gamma$ , entonces la serie es convergente y su suma es igual al límite de la siguiente sucesión:

\left\{\frac{a_n(\alpha n+\beta)-a_1\gamma}{\alpha+\beta-\gamma}\right\}_{n\in\mathbb{N}}

a) Empleando el resultado anterior, calcular $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+2)(n+3)}$ .

b) Para cada $n\in\mathbb{N}$ , formamos un rectángulo con base igual a $1/n$ y altura igual a $1/(n+1)$ . Colocamos todos esos rectángulos seguidos, como en la figura.

Figura redibujada del enunciado original. Las bases van menguando como 1, 1/2, 1/3… y las alturas como 1/2, 1/3, 1/4…

b.1) Si vamos sumando las longitudes de las bases, ¿obtenemos una serie convergente? ¿Cuál será su suma?

b.2) Si vamos sumando las áreas de estos rectángulos, ¿obtenemos una serie convergente? ¿Cuál será su suma?

Calcular la suma del apartado (a) y responder a b.1 y b.2.

01
Reconocer el camino
COMP1
En (b) los rectángulos son los mismos para las dos preguntas. ¿Qué está midiendo el ejercicio?
02
El parámetro que decide la convergencia
COMP2
Para $a_n = \dfrac{1}{(n+2)(n+3)}$ , ¿cuánto vale $\gamma$ ?
Tu respuesta al paso 2un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
03
La suma del apartado (a)
COMP2
¿Cuánto vale $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+2)(n+3)}$ ?
Tu respuesta al paso 3un número, o una fracción como 1/3 — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
04
La suma de las áreas
COMP2
¿Cuánto suman las áreas de todos los rectángulos?
Tu respuesta al paso 4un número — vale la forma exacta: pi/4, sqrt(3)/2, (e^2-1)/2…
05
Justificar el argumento
COMP4
Ordena la respuesta del apartado (b). Una de las piezas no debe entrar.
1. Ve eligiendo las piezas en orden.
El razonamiento, en orden
1. b.1) No converge. La suma de las bases es $\sum_{n\ge1}\frac1n$ , la serie armónica, que diverge a $+\infty$ . No tiene suma finita.
2. b.2) Sí converge. El área $n$ -ésima es $\frac{1}{n(n+1)} = \frac1n-\frac{1}{n+1}$ , y la suma parcial telescopia a $1-\frac{1}{N+1}$ .
3. Su suma es $\lim_{N\to\infty}\left(1-\frac{1}{N+1}\right) = 1$ .
4. Las dos series tienen término general tendiendo a cero, así que esa condición no decide nada: es necesaria, no suficiente.
Ese contraste es toda la lección del apartado: la misma figura da una serie divergente y otra convergente, según qué midas.

Resolución completa

Aviso. El examen no publica solución. Lo que sigue es una resolución propuesta, pendiente de revisión.

Datos. Se da el criterio de las series hipergeométricas y se piden tres cosas: la suma de $\sum\frac{1}{(n+2)(n+3)}$ , y si convergen —y a qué— la suma de las bases y la de las áreas de unos rectángulos.

Reparto de puntos del examen: COMP1 2 · COMP2 6 · COMP4 2.

1 · Apartado (a): identificar los tres parámetros

El enunciado regala el criterio; el trabajo es encajar la serie en él, y para eso hay que calcular el cociente de términos consecutivos:

\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\dfrac{1}{(n+3)(n+4)}}{\dfrac{1}{(n+2)(n+3)}} = \frac{(n+2)(n+3)}{(n+3)(n+4)} = \frac{n+2}{n+4}

Comparando con $\dfrac{\alpha n+\beta}{\alpha n+\gamma}$ :

\alpha = 1, \qquad \beta = 2, \qquad \gamma = 4

Hay que comprobar la hipótesis antes de usar la fórmula, y esto no es un trámite: es la parte de COMP4 de este apartado.

\alpha+\beta = 3 < 4 = \gamma \quad\checkmark

Además los términos son positivos, como pide la definición. La serie converge y la fórmula es aplicable.

2 · Apartado (a): la suma

Con $a_1 = \dfrac{1}{3\cdot4} = \dfrac{1}{12}$ y

a_n(\alpha n+\beta) = \frac{n+2}{(n+2)(n+3)} = \frac{1}{n+3} \;\xrightarrow[n\to\infty]{}\; 0

la fórmula del enunciado da

S = \lim_{n\to\infty}\frac{a_n(\alpha n+\beta)-a_1\gamma}{\alpha+\beta-\gamma} = \frac{0-\dfrac{1}{12}\cdot 4}{1+2-4} = \frac{-\dfrac13}{-1} = \frac{1}{3}

Los dos signos negativos se cancelan: conviene escribirlo despacio, porque perder uno deja la suma negativa, y una serie de términos positivos no puede sumar un número negativo. Esa comprobación de coherencia sale gratis y caza el error.

3 · Apartado (b.1): las bases

La base del rectángulo $n$ -ésimo es $\frac1n$ , así que sumar todas las bases es sumar

\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}

la serie armónica, que diverge a $+\infty$ . No hay suma finita.

Conviene decir por qué, porque es lo que separa esta respuesta de un «me suena que diverge». Agrupando términos en bloques de longitud potencia de dos:

\underbrace{\frac12}_{\ge \frac12} + \underbrace{\frac13+\frac14}_{\ge \frac12} + \underbrace{\frac15+\dots+\frac18}_{\ge \frac12} + \dots

cada bloque suma al menos $\frac12$ , y hay infinitos bloques.

4 · Apartado (b.2): las áreas

El área del rectángulo $n$ -ésimo es base por altura:

A_n = \frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n+1} = \frac{1}{n(n+1)}

que se descompone en fracciones simples:

\frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}

La suma parcial telescopia —cada término cancela al siguiente—:

\sum_{n=1}^{N} A_n = \left(1-\frac12\right)+\left(\frac12-\frac13\right)+\dots +\left(\frac1N-\frac{1}{N+1}\right) = 1-\frac{1}{N+1}

\sum_{n=1}^{\infty} A_n = \lim_{N\to\infty}\left(1-\frac{1}{N+1}\right) = 1

Converge, y su suma es exactamente 1.

5 · Lo que el apartado (b) está enseñando

Los rectángulos son los mismos en las dos preguntas y el resultado es el contrario. Merece la pena escribirlo en el examen:

Las dos series tienen término general tendiendo a cero. Esa condición es necesaria pero no suficiente, y aquí se ve con las dos a la vez: una converge y la otra no, y las dos la cumplen.
Lo que cambia es la velocidad. $\frac1n$ se hace pequeña demasiado despacio; multiplicarla por la altura $\frac{1}{n+1}$ la convierte en algo del orden de $\frac{1}{n^{2}}$ , y eso ya suma.
Geométricamente: los rectángulos caben todos dentro de un cuadrado de área 1, pero sus bases puestas en fila no caben en ningún segmento de longitud finita.

6 · Comprobación

Del apartado (a), por una vía completamente distinta: descomponiendo y telescopiando directamente,

\frac{1}{(n+2)(n+3)} = \frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}

\sum_{n=1}^{N} = \frac{1}{3}-\frac{1}{N+3} \;\longrightarrow\; \frac{1}{3} \quad\checkmark

Y numéricamente, los cinco primeros términos suman $\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+\frac{1}{30}+\frac{1}{42}+\frac{1}{56} \approx 0{,}214$ , que va subiendo hacia $0{,}333$ sin pasarse.

Del apartado (b.2), con números: las áreas son $\frac12, \frac16, \frac{1}{12}, \frac{1}{20},\dots$ y sus sumas parciales $0{,}5,\ 0{,}667,\ 0{,}75,\ 0{,}8,\dots$ Crecen hacia 1 sin alcanzarlo, que es justo lo que dice $1-\frac{1}{N+1}$ .

Resultado

\boxed{\;\text{(a) } \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(n+2)(n+3)} = \frac{1}{3} \qquad \text{(b.1) diverge} \qquad \text{(b.2) converge, suma } 1\;}

¿Esto está mal? Dilo →La resolución es nuestra y puede tener fallos. El enunciado es el original.

Primera evaluación · 2025-2026

Reconocer el camino

Verificar la región

Justificar el argumento

1 · La herramienta, y por qué cada condición pide una distinta

2 · Primera condición: una circunferencia de Apolonio

3 · Segunda condición: el orden que sí existe

4 · La intersección

5 · Representación gráfica

6 · Comprobación

Resultado

Reconocer el camino

El módulo de las soluciones

El menor argumento positivo

Justificar el argumento

1 · Lo primero es darse cuenta de que la figura basta

2 · Los argumentos, uno a uno

3 · Las cuatro soluciones

4 · Representación gráfica

5 · Comprobación

Resultado

Reconocer el camino

El épsilon de la reducción al absurdo

Justificar el argumento

1 · Qué pide cada apartado

2 · Apartado (1): sí es posible

3 · Apartado (2): sí, necesariamente

4 · Por qué no se puede afirmar L>bL>bL>b

5 · Comprobación

Resultado

Reconocer el camino

El parámetro que decide la convergencia

La suma del apartado (a)

La suma de las áreas

Justificar el argumento

1 · Apartado (a): identificar los tres parámetros

2 · Apartado (a): la suma

3 · Apartado (b.1): las bases

4 · Apartado (b.2): las áreas

5 · Lo que el apartado (b) está enseñando

6 · Comprobación

Resultado

4 · Por qué no se puede afirmar $L>b$