EJERCICIOS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS MATEMATICOS. INGENIERIA EN TECNOLOGIAS DE LA INFORMACION. UNED (Lidia Huerga Pastor, Bienvenido Jimenez Martin, Vicente Novo Sanjurjo )

09:52:18

El texto contiene una colección de ejercicios y problemas resueltos en detalle y se ajusta al programa de la asignatura Fundamentos Matemáticos de las Tecnologías de la Información del Grado en Ingeniería de las Tecnologías de la Información, y se ha incluido un tema inicial de puesta al día y repaso que se considera importante para poder seguir el curso. El contenido se estructura en seis temas. En el Tema 1 se revisan algunos contenidos de cursos anteriores relativos a matrices, determinantes y sistemas de ecuaciones lineales. El Tema 2 se centra en el estudio de la estructura de espacio vectorial, fundamental en Álgebra Lineal. El Tema 3 trata las aplicaciones lineales entre espacios vectoriales. Los Temas 4, 5 y 6 se dedican al Cálculo Infinitesimal, el Tema 4 a las funciones de una variable y el Tema 5 a las funciones de varias variables. Finalmente, en el Tema 6 se desarrollan las técnicas básicas del cálculo integral. Bienvenido Jiménez y Vicente Novo son profesores del Departamento de Matemática Aplicada I de la UNED con una amplísima experiencia docente en las materias de área de Matemática Aplicada. Su trabajo de investigación se centra en los problemas de Optimización y dirigen el grupo de investigación de Optimización Vectorial de la UNED. Lidia Huerga es investigadora en el mismo Departamento y se ha incorporado al mismo grupo.

7102102CP01A01

20/8/14

L. Huerga • B. Jiménez • V. Novo

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ISBN: 978-84-362-6952-9

Ejercicios resueltos de Fundamentos Matemáticos

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02102

Editorial 9 788436 269529

7102102CP01A01

Ejercicios resueltos de Fundamentos Matemáticos Ingeniería en Tecnologías de la Información

C

Y

cuaderno de prácticas

CP

Lidia Huerga Pastor Bienvenido Jiménez Martín Vicente Novo Sanjurjo

Ejercicios resueltos de fundamentos matemáticos Ingeniería en Tecnologías de la Información

Lidia Huerga Pastor Bienvenido Jiménez Martín Vicente NOVo Sanjurjo

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA

ejercicios resueltos de fundamentos matemáticos (ingeniería en Tecnologías de la Información)

Quedan rigurosamente prohibidas, sin la autorización escrita de los titulares del Copyright, bajo las sanciones establecidas en las leyes, la reproducción total o parcial de esta obra por cualquier medio o procedimiento, comprendidos la reprografía y el tratamiento informático, y la distribución de ejemplares de ella mediante alquiler o préstamos públicos.

© Universidad Nacional de Educación a Distancia Madrid 2014 L T © Lidia Huerga Pastor, Bienvenido Jiménez Martín, Vicente Novo Sanjurjo ISBN electrónico: 978-84-362-6931-4 Edición digital: octubre de 2014

HJN_LibroEjerciciosFMTI 2014/7/25 11:49 page 7 #2

A mi hermano José Antonio A Elena, Roberto, Cristina y Elena A María Antonia, Noa, Marta y Leo

7



ÍNDICE GENERAL

Prólogo Tema 1.

INTRODUCCIÓN AL ÁLGEBRA LINEAL

13

15

1. RESUMEN DE RESULTADOS TEÓRICOS . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2. EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.1. Sistemas lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

2.2. Matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

30

2.3. Determinantes. Aplicaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

Tema 2.

ESPACIOS VECTORIALES

49


49

2. EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

2.1. Subespacios. Combinaciones lineales. Sistemas de generadores . . .

54

2.2. Dependencia e independencia lineal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

62

2.3. Bases. Dimensión. Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

2.4. Cambio de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

2.5. Rango. Base de un subsepacio generado . . . . . . . . . . . . . . . . . .

80

2.6. Ecuaciones de un subespacio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

83

2.7. Operaciones con subespacios. Suma directa . . . . . . . . . . . . . . . .

89

9


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Tema 3.

APLICACIONES LINEALES


97 97

2. EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 2.1. Aplicaciones lineales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104 2.2. Aplicaciones lineales y matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 2.3. Matriz de una aplicación lineal al cambiar la base. . . . . . . . . . . . 119 2.4. Matrices equivalentes y matrices semejantes. . . . . . . . . . . . . . . . 126 2.5. Valores propios y vectores propios. Diagonalización . . . . . . . . . . . 128

Tema 4.

FUNCIONES DE UNA VARIABLE

147

1. RESUMEN DE RESULTADOS TEÓRICOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147 2. TABLA DE DERIVADAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164 3. EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 3.1. El conjunto de los números reales. Sucesiones. . . . . . . . . . . . . . . 165 3.2. Límites de funciones reales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 3.3. Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177 3.4. Derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 3.5. Regla de L'Hôpital. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 3.6. Funciones derivables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 3.7. Crecimiento, extremos, convexidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203 3.8. Asíntotas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 3.9. Representación gráca de una función. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 216 3.10. Puntos jos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 226 3.11. Polinomio de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232

10


ÍNDICE GENERAL

Tema 5.

FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

237

1. RESUMEN DE RESULTADOS TEÓRICOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 2. EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250 2.1. El conjunto

Rn .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 250

2.2. Funciones reales de dos o más variables. Límites . . . . . . . . . . . . . 256 2.3. Funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262 2.4. Derivada según un vector. Funciones diferenciables . . . . . . . . . . . 267 2.5. Extremos de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289

Tema 6.

INTEGRACIÓN. APLICACIONES

311

1. RESUMEN DE RESULTADOS TEÓRICOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311 2. TABLA DE INTEGRALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 317 3. EJERCICIOS RESUELTOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318 3.1. Integral indenida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 318 3.2. Integral denida. Áreas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 331 3.3. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 338 3.4. Integrales dobles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342 3.5. Volúmenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352 3.6. Cálculo de límites mediante integrales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 359 3.7. Integración numérica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 361

11



PRÓLOGO

El objetivo que perseguimos con este material no es otro que ayudar a los estudiantes de Fundamentos Matemáticos en la preparación de la asignatura. Teniendo en cuenta las características de nuestra Universidad, hemos tratado de presentar un material que contenga las explicaciones sucientes para entender los métodos y técnicas utilizados, y que además sea autocontenido, por ello, hemos incluido resúmenes teóricos bastante completos y ejercicios que podríamos considerar de repaso. El texto contiene una colección de ejercicios y problemas resueltos en deta-

Fundamentos Matemáticos de las Grado en Ingeniería de las Tecnologías de la

lle y se ajusta al programa de la asignatura

Tecnologías de la Información del Información, y se ha incluido un tema

inicial de puesta al día y repaso que se

considera importante para poder seguir el curso. Cada tema se inicia con un resumen teórico de los principales conceptos y resultados. La parte central de cada tema es una colección de ejercicios y problemas resueltos que el estudiante debe tratar de resolver apoyándose en los resultados incluidos en el resumen teórico, sin consultar las soluciones. El contenido se estructura en seis temas. En el Tema 1 se revisan algunos contenidos de cursos anteriores relativos a matrices, determinantes y sistemas de ecuaciones lineales. El Tema 2 se centra en el estudio de la estructura de espacio vectorial, fundamental en Álgebra Lineal. El Tema 3 trata las aplicaciones lineales entre espacios vectoriales. Los Temas 4, 5 y 6 se dedican al Cálculo Innitesimal, el Tema 4 a las funciones de una variable y el Tema 5 a las funciones de varias variables. Finalmente, en el Tema 6 se desarrollan las técnicas básicas del cálculo integral.

Madrid, julio de 2014

13



Tema 1 INTRODUCCIÓN AL ÁLGEBRA LINEAL

1.

RESUMEN DE RESULTADOS TEÓRICOS

Sistemas lineales 1.1. Un sistema de

m

ecuaciones lineales con

n

incógnitas es un conjunto de

expresiones algebraicas de la forma

⎧ ⎪ ⎪ ⎨

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + · · · + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 + · · · + a2n xn = b2 (S) ....................................... ⎪ ⎪ ⎩ am1 x1 + am2 x2 + am3 x3 + · · · + amn xn = bm xi son las incógnitas, aij los coecientes y bi los términos independientes = 1, 2, . . . , m, j = 1, 2, . . . , n). Los coecientes y los términos independientes son números reales. El sistema (S) se llama homogéneo cuando todos los términos donde

(i

independientes son cero. Los números reales

x 1 = s 1 , x2 = s 2 ,

...,

xn = s n

forman una solución del

sistema si verican todas sus ecuaciones. Resolver un sistema es hallar todas sus soluciones. 1.2. Dos sistemas son

equivalentes

si tienen las mismas soluciones.

E1 , E2 ,. . . , Ek ecuaciones de un sistema, se dice que la ecuación E es combinación lineal de E1 , E2 , . . . , Ek si existen números reales α1 , α2 , . . . , αk tales que E = α1 E1 + α2 E2 + · · · + αk Ek . 1.3. Sean

1.4.

Transformaciones de equivalencia.

Un sistema se transforma en otro equiva-

lente si (a) se cambia el orden de las ecuaciones, (b) se multiplica una ecuación por un número distinto de cero, (c) se suma a una ecuación un múltiplo de otra.

15


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos 1.5.

Otras propiedades de equivalencia.

(a) Si un sistema tiene la ecuación nula, ésta se puede suprimir. (b) Si a un sistema se le añade una ecuación que es combinación lineal de las otras, resulta un sistema equivalente. (c) Si en un sistema una ecuación es combinación lineal de las otras, se puede suprimir y resulta un sistema equivalente. En particular, si dos ecuaciones son proporcionales, una de ellas se puede suprimir. (d) Si se reemplaza una ecuación por una combinación lineal de todas las ecuaciones en el que el coeciente de la reemplazada es no nulo, resulta un sistema equivalente (esta propiedad es el fundamento del método de reducción).

1.6.

Teniendo en cuenta el número de soluciones, se dice que un sistema es

(a)

compatible determinado si tiene una única solución (n es el no de incógni-

tas),

compatible indeterminado si tiene innitas soluciones y (c) incompatible si no tiene solución. Por tanto, se dice que es compatible si tiene solución.

(b)

1.7.

Un sistema es

escalonado si en toda ecuación no nula el número de términos

nulos que preceden al primer término no nulo es mayor que el de la anterior.

1.8.

Método de Gauss. Consiste en transformar el sistema en otro equivalente que

sea escalonado, mediante las transformaciones de equivalencia de los apartados 1.4 y 1.5 (véanse los ejercicios 1.2-1.4). Al nalizar el proceso, el sistema escalonado tendrá

r

ecuaciones no nulas (e independientes), las nulas se suprimen, entonces:

(a) Si hay alguna ecuación de la forma

0 = b,

con

b = 0,

el sistema es incompa-

tible. (b) En caso contrario, el sistema es compatible: -Si -Si

r = n, r < n,

la solución es única. hay innitas soluciones que dependen de

n−r

parámetros.

Matrices 1.9. 16

Una

matriz

de

dimensión (u orden ) m × n es una tabla rectangular de mn



números dispuestos en

m

las y

n

columnas:

⎛

a11 a12 a13 ⎜ a21 a22 a23 A=⎜ ⎝... ... ... am1 am2 am3

... ... ... ...

⎞ a1n a2n ⎟ ⎟. ... ⎠ amn

Al designar una matriz genérica, como la anterior, cada término tiene dos subíndices que indican la la y la columna a las que pertenece. Así, por ejemplo,

a23

es el que está en la segunda la y tercera columna. Para simplicar, la matriz anterior se denota

1.10.

A = (aij ).

Dos matrices son iguales si tienen la misma dimensión y son iguales todos

los elementos que ocupan la misma posición.

1.11.

Tipos de matrices:

(a) (b)

Matriz la Matriz columna

es aquella que tiene sólo una la, por tanto de dimensión

mensión (c)

1 × n.

es aquella que tiene sólo una columna, por tanto de di-

m × 1.

Matriz escalonada

por las es una matriz tal que en cada la el número

de ceros que preceden al primer elemento no nulo es mayor que en la precedente, o de otro modo, empezando por la izquierda, en cada la hay más ceros que en la anterior.

Matriz cuadrada diagonal principal triangular diagonal (d)

es aquella que tiene igual número de las que de columnas.

La

son los elementos de la forma

aii .

Una matriz cuadrada es

si todos los elementos debajo de la diagonal principal son cero. Una

matriz cuadrada es

si todos los elementos que no están en la diagonal

principal son cero. (e)

Matriz simétrica

es aquella matriz cuadrada que tiene los elementos simé-

tricos a la diagonal principal iguales, es decir, (f )

Matriz identidad

aij = aji , ∀i = j .

es aquella matriz cuadrada que tiene en la diagonal prin-

cipal unos y el resto cero. Por ejemplo, las matrices identidad de orden 2 y 3 son, respectivamente:

I2 =

1 0 0 1

⎛

,

⎞ 1 0 0 I3 = ⎝ 0 1 0 ⎠ . 0 0 1

17


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos 1.12. Suma de matrices. La suma de dos matrices A y B de la misma dimensión es otra matriz de la misma dimensión que se obtiene sumando elemento a elemento. Ejemplo: suma de dos matrices

1.13.

a1 a2 a3 a1 a2 a3

+

2 × 3:

b1 b2 b3 b1 b2 b3

El producto de una matriz

A

=

a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 k

por un número real

Ejemplo:

k

1.14.

a1 a2 a3 a1 a2 a3

=

ka1 ka2 ka3 ka1 ka2 ka3

.

es otra matriz de la

misma dimensión que se obtiene multiplicando cada elemento de

k.

A por el número

.

El producto de una matriz la por una matriz columna con el mismo número

de elementos es un número que se obtiene como sigue:

⎛

a1 a 2 . . .

⎞ b1 ⎟ ⎜ ⎜ b2 ⎟ an · ⎜ . ⎟ = a1 b1 + a2 b2 + · · · + an bn . ⎝ .. ⎠ bn

1.15. Producto de matrices. columnas de y

A

A y B , el número de B . Entonces, si A = (aij )m×p C = A · B = AB = (cij ) es la matriz m × n

Para multiplicar dos matrices

ha de ser igual al número de las de

B = (bij )p×n ,

la matriz producto

cuyos elementos son

cij = ai1 b1j + ai2 b2j + · · · + aip bpj =

p

aik bkj ,

k=1

(i, j) de la matriz C se j de B según la regla 1.14.

esto es, el elemento por la columna

1.16.

obtiene multiplicando la la

de

A

Propiedades de la suma de matrices y del producto por un número:

(1) Conmutativa: (2) Asociativa:

A + B = B + A.

(A + B) + C = A + (B + C).

(3) Elemento neutro: la matriz nula

0 (todos sus elementos son cero) cumple

(4) Elemento opuesto: toda matriz

A

A + 0 = A.

−A, que se A y cumple que A+(−A) = 0.

tiene una matriz opuesta

obtiene cambiando de signo todos los elementos de

18

i



(5) Distributiva de escalares respecto de la suma de matrices:

k(A + B) =

kA + kB . (6) Distributiva respecto de la suma de escalares: (7) Asociativa mixta:

k(hA) = (kh)A.

(8) El número 1 es el elemento unidad:

1.17.

(k + h)A = kA + hA.

1 · A = A.

Propiedades del producto de matrices:

(1) Asociativa:

A(BC) = (AB)C .

(2) Distributiva: -por la izquierda: -por la derecha:

A(B + C) = AB + AC

(B + C)D = BD + CD.

(3) Asociativa entre números y matrices: (4) Elemento identidad:

(hA)(kB) = (hk)(AB).

Im A = A, AIn = A

para toda

A ∈ Mm×n .

Observación: El producto de matrices no cumple la propiedad conmutativa, esto quiere decir que hay parejas de matrices tales que

AB = BA. Esto no impide

que existan parejas de matrices que sí conmutan.

1.18.

En el conjunto

Mn×n

de las matrices cuadradas de orden

n,

el producto

es una ley interna que cumple las propiedades anteriores 1.16-1.17, además hay elemento neutro para el producto: la matriz identidad de orden cumple

1.19.

A·I =A

y

I ·A=A

Matriz inversa

para toda matriz

A ∈ Mn×n .

. Se dice que la matriz cuadrada

A

es

−1 tal que AA−1 que tiene inversa, si existe una matriz A −1 se llama inversa de A. Si existe, es única. matriz A Propiedades: (1)

1.20.

(AB)−1 = B −1 A−1 ,

Matriz traspuesta

de

A

(2)

es la matriz

n I = In

que

inversible−1 regular o

=I

y

A

A = I.

o

La

(A−1 )−1 = A.

At

que se obtiene a partir de

t biando las por columnas, esto es, las columnas de A son las las de

A

cam-

A.

Propiedades: (1)

(A + B)t = At + B t .

(2)

(kA)t = kAt .

(3)

(AB)t = B t At .

19


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (4)

(A−1 )t = (At )−1 .

(5) Se tiene que

1.21.

Se llama

A

rango

dientes. Se denota

es simétrica si y sólo si de una matriz

A

A = At .

al número de las linealmente indepen-

rang(A).

Teorema del rango :

En cualquier matriz, el número de las linealmente in1 dependientes coincide con el número de columnas linealmente independientes . Según esto, el rango de una matriz es el número de las o de columnas linealmente independientes. El rango de una matriz escalonada es igual al número de las no nulas.

1.22.

Transformaciones elementales.

Las siguientes transformaciones aplicadas a

una matriz permiten obtener otra que tiene el mismo rango: (1) Intercambiar de posición dos las entre sí. (2) Multiplicar una la por un número distinto de cero. (3) Sumar a una la un múltiplo de otra:

Fj → Fj + kFi .

(4) Suprimir una la que sea nula, proporcional a otra o combinación lineal de otras. (5) Las cuatro propiedades anteriores son ciertas también cambiando las palabras la y las por columna y columnas, respectivamente. Las propiedades anteriores nos permiten calcular el rango de una matriz por el método de Gauss.

Determinantes. Aplicaciones 1.23. Determinantes

A=

a11 a12 a21 a22

de orden 2.

Dada la matriz cuadrada de segundo orden

, se llama determinante de

A

al número real

a a det(A) = |A| = 11 12 = a11 · a22 − a12 · a21 . a21 a22 Dados dos vectores

1

20

a ¯ = (a1 , a2 )

y

¯b = (b1 , b2 )

de

R2 ,

se llama determinante de

El concepto de independencia lineal se estudia con detalle en el Tema 2

a ¯

¯b

2×2

(a1 , a2 )

(b1 , b2 )

a1 a2 ¯ = a 1 b2 − a 2 b 1 . det(¯ a, b) = b 1 b2 A= (aij )3×3

A a11 a12 a13 det(A) = |A| = a21 a22 a23 a31 a32 a33 = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 − a13 a22 a31 .

a ¯ = (a1 , a2 , a3 ) ¯b = (b1 , b2 , b3 ) a ¯ ¯b c¯

c¯ = (c1 , c2 , c3 ) 3×3

R3

a 1 a 2 a 3 det(¯ a, ¯b, c¯) = b1 b2 b3 c1 c2 c3 = a1 b2 c3 + a2 b3 c1 + a3 b1 c2 − a3 b2 c1 − a2 b1 c3 − a1 b3 c2 .

|A| = |At |


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos sumandos, respectivamente, y en las demás los mismos elementos que el determinante inicial:

¯ ¯b, c¯) = det(¯ ¯ ¯b, c¯) o det(¯ a + d, a, ¯b, c¯) + det(d, a1 + d1 a2 + d2 a3 + d3 a1 a2 a3 d1 d2 d3 b1 = b 1 b 2 b3 + b 1 b 2 b 3 . b b 2 3 c1 c2 c3 c1 c2 c3 c1 c2 c3 (3) Si se multiplican todos los elementos de una la (o columna) por un número, el determinante queda multiplicado por dicho número:

det(k¯ a, ¯b, c¯) = k det(¯ a, ¯b, c¯)

ka1 ka2 ka3 a1 a2 a3 b1 b2 b3 = k b1 b2 b3 . c1 c1 c2 c3 c2 c3

o

(4) Si se permutan dos las (o columnas), el determinante cambia de signo:

det(¯ a, ¯b, c¯) = − det(¯b, a ¯, c¯)

b 1 b2 b3 a1 a2 a3 b1 b2 b3 = − a 1 a 2 a 3 . c1 c2 c3 c1 c2 c3

o

(5) Si una la (o columna) es toda de ceros, el determinante vale 0:

det(¯ a, ¯b, ¯0) = 0. (6) Si dos las (o columnas) son iguales o proporcionales, el determinante es 0:

det(¯ a, a ¯, ¯b) = 0

y

det(¯ a, k¯ a, ¯b) = 0.

(7) Si una la (o columna) es combinación lineal de las restantes las (columnas), el determinante es 0:

det(¯ a, ¯b, α¯ a + β¯b) = 0.

Y recíprocamente, si un

determinante es 0, tiene una la y una columna que es combinación lineal de las

a ¯, ¯b, c¯

son vectores de

linealmente independientes si y sólo si

det(¯ a, ¯b, c¯) = 0.

demás. Dicho de otro modo: si

R3 ,

entonces

a ¯, ¯b

y

c¯

son

(8) Si a una la (o columna) se le suma un múltiplo de otra, el determinante no varía:

det(¯ a, ¯b, c¯) = det(¯ a, ¯b + k¯ a, c¯).

(9) El determinante del producto de dos matrices es igual al producto de los determinantes de las dos matrices:

|A B| = |A| |B|.

22



1.26.

Si en una matriz seleccionamos

k

las y

k

columnas, los elementos en los

que se cruzan forman una submatriz cuadrada de orden submatriz se llama

1.27.

k . El determinante de esa

menor de orden k de la matriz inicial. n×n

aij , al suprimir (n − 1) × (n − 1). Su determinante es un menor de orden n − 1 que se llama del elemento aij i+j · α , es y se designa por αij . Se llama de aij al número Aij = (−1) ij decir, al menor complementario precedido del signo + o − según que la suma i + j Si en una matriz cuadrada

destacamos un elemento

su la y su columna se obtienen una submatriz

adjunto

menor complementario

de los subíndices sea par o impar, respectivamente.

1.28.

Desarrollo de un determinante por una la o columna. El determinante de

una matriz cuadrada es igual a la suma de los elementos de una la o columna cualquiera, multiplicados por sus adjuntos correspondientes. Por ejemplo, el desarrollo por la primera la es:

det(A) = a11 A11 + a12 A12 + · · · + a1n A1n .

1.29.

Cálculo del rango de una matriz por determinantes. El rango de una matriz

es el máximo orden de sus menores no nulos. Esto signica que y sólo si existe un menor de orden

k

rang(A) = k si k+1

no nulo y todos los menores de orden

son cero. Esta propiedad se puede simplicar de la siguiente forma:

rang(A) = k orlados de orden

si y sólo si existe un menor

k+1

Mk

de orden

k

no nulo y todos los

de ese menor son cero.

k + 1 de Mk se obtiene añadiendo una la y una columna de A que no estén en Mk . Por ejemplo, si la matriz A tiene 3 las F1 , F2 y F3 y 4 columnas C1 , C2 , C3 y C4 y un menor no nulo de orden 2 M2 es el formado por las dos primeras las y columnas, esto es, M2 = (F1 , F2 ; C1 , C2 ), entonces los orlados de orden 3 serían (F1 , F2 , F3 ; C1 , C2 , C3 ) y (F1 , F2 , F3 ; C1 , C2 , C4 ) (y no hay más). Si A tuviera 4 las habría otros dos orlados más, cambiando en los anteriores F3 por F4 : (F1 , F2 , F4 ; C1 , C2 , C3 ) y (F1 , F2 , F4 ; C1 , C2 , C4 ). Un orlado de orden

1.30. si

Sea

|A| =

A

una matriz cuadrada. Entonces

A−1 = siendo

aij

de

A

tiene inversa (es regular) si y sólo

0. En este caso, la inversa A−1 viene dada por la fórmula 1 Adj(A)t , |A|

Adj(A) la matriz adjunta de A que se A por su adjunto correspondiente Aij .

obtiene al sustituir cada elemento

23



Teorema de Rouché-Fröbenius. La condición necesaria y suciente para que

tenga solución el sistema

⎧ ⎪ ⎪ ⎨

a11 x1 + a12 x2 + a13 x3 + · · · + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + a23 x3 + · · · + a2n xn = b2 (S) ... ... ... ... ... ... ⎪ ⎪ ⎩ am1 x1 + am2 x2 + am3 x3 + · · · + amn xn = bm es que el rango de la matriz de los coecientes, matriz ampliada,

⎛

A∗ ,

siendo:

a11 a12 a13 ⎜ a21 a22 a23 A=⎜ ⎝... ... ... am1 am2 am3 Es decir, el sistema

(S)

... ... ... ...

A,

coincida con el rango de la

⎞ ⎛ a11 a12 a13 a1n ⎜ a2n ⎟ a ⎟ , A∗ = ⎜ 21 a22 a23 ⎝... ... ... ... ⎠ amn am1 am2 am3

tiene solución

⇔ rang(A) = rang(A∗ ).

... ... ... ...

⎞ a1n b1 a2n b2 ⎟ ⎟ ... ...⎠ amn bm

Además, en este

caso, el número de parámetros de los que depende la solución es igual al número de incógnitas (n) menos el rango de

1.32.

A.

Un sistema de ecuaciones lineales es un

ecuaciones es igual al número de incógnitas los coecientes

A

sistema de Cramer si el número de

n

y el determinante de la matriz de

es distinto de cero.

Regla de Cramer : Todo sistema de Cramer tiene solución única y ésta viene dada por:

x1 = siendo

det(b, c2 , . . . , cn ) det(c1 , b, . . . , cn ) det(c1 , c2 , . . . , b) , x2 = , . . . , xn = , det(c1 , c2 , . . . , cn ) det(c1 , c2 , . . . , cn ) det(c1 , c2 , . . . , cn ) c1 , c2 , . . . , cn

A y b la columna det(A) = det(c1 , c2 , . . . , cn ).

las columnas de la matriz

independientes, por lo tanto

2. EJERCICIOS RESUELTOS 2.1. Sistemas lineales

Ejercicio 1.1.

Resuélvase el sistema escalonado

⎧ ⎨ 3x + y − z = 9 y + 3z = −5 ⎩ 2z = −4

24

de los términos



Solución.

z en la tercera ecuación: z = −2. Se sustituye en la y : y − 6 = −5 ⇒ y = 1. Por último, se sustituyen en la primera ecuación los valores de y y z y se halla x: 3x + 1 + 2 = 9 ⇒ x = 2. Como hay solución única (2, 1, −2), el sistema es compatible determinado. Primero se halla

segunda y se obtiene

A este procedimiento se le llama

sustitución hacia atrás. Los sistemas linea-

les, en general, se resuelven aplicando las transformaciones de equivalencia 1.4, convirtiéndolos en escalonados. Veamos cómo se procede en el siguiente ejercicio.

Ejercicio 1.2.

Resuélvase el siguiente sistema por el

fíquese:

método de Gauss y clasi-

⎧ ⎨

x − 3y + 2z = −2 2x − 5y − z = −2 ⎩ −3x + 7y + 2z = 4

Solución. Si se parte de la primera ecuación como ecuación base y se elimina la x

en la segunda ecuación y en la tercera, la primera transformación de equivalen-

cia sería multiplicar la primera ecuación por

−2

y sumarla a la segunda (véase

1.4(c)). La segunda transformación de equivalencia es multiplicar por 3 la primera ecuación y sumarla a la tercera. Estas dos transformaciones se indican como sigue:

E2 → E2 + (−2) · E1 , E3 → E3 + 3 · E1 . Se pueden hacer en un sólo paso y resulta el sistema

⎧ ⎨ x − 3y + 2z = −2 y − 5z = 2 ⎩ −2y + 8z = −2 Ahora si se usa la segunda ecuación como ecuación base, se multiplica por 2 y se suma a la tercera (E3

→ E3 + 2E2 ),

resulta ya un sistema escalonado que se

resuelve por sustitución hacia atrás como hemos visto en el ejercicio anterior:

⎧ ⎨ x − 3y + 2z = −2 y − 5z = 2 ⎩ −2z = 2

→

⎧ ⎨ x = −9 y = −3 ⎩ z = −1

(1.1)

Como hay solución única, el sistema es compatible determinado.

25


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos

Ejercicio 1.3.

Resuélvase y clasifíquese:

⎧ ⎨ 2x − 3y + 2z = 5 3x − 4y + 6z = 6 ⎩ 4x − 7y − 2z = 9

Solución. Se aplica el método de Gauss para llevarlo a la forma escalonada:

⎧ ⎧ ⎧ ⎨ 2x − 3y + 2z = 5 (1) ⎨ 2x − 3y + 2z = 5 (2) ⎨ 2x − 3y + 2z = 5 y + 6z = −3 −−→ y + 6z = −3 3x − 4y + 6z = 6 −−→ ⎩ ⎩ ⎩ −2y − 12z = −2 0= 8 4x − 7y − 2z = 9 (1)

E2 → 2E2 − 3E1 , E3 → 2E3 − 4E1 .

(2)

E3 → E3 + 2E2 .

La última ecuación es una contradicción, lo que signica que no hay solución. Por tanto, el sistema es incompatible.

Ejercicio 1.4.

Resuélvase y clasifíquese:

⎧ ⎨ 3x − y + 2z = 4 5x − 5y + 4z = 9 ⎩ 4x + 2y + 2z = 3

Solución. Se aplica el método de Gauss para llevarlo a la forma escalonada: ⎧ ⎧ ⎨ 3x − y + 2z = 4 (1) ⎨ 3x − y + 2z = 4 −10y + 2z = 7 5x − 5y + 4z = 9 −−→ ⎩ ⎩ 10y − 2z = −7 4x + 2y + 2z = 3

(1)

E2 → 3E2 − 5E1 , E3 → 3E3 − 4E1 .

Como las dos últimas ecuaciones son proporcionales, se suprime una de ellas, por ejemplo la última (véase 1.5(c)). El sistema resultante en forma escalonada

3x − y + 2z = 4 −10y + 2z = 7

(1.2)

tiene 2 ecuaciones y 3 incógnitas. Se despeja en la segunda ecuación de

y,

y después se sustituye en la primera, despejando de ella

x

Por lo tanto, el sistema tiene innitas soluciones que dependen de estas operaciones:

26

z

en función

en función de

y.

y.

Realizando

⎧ ⎨ 3x = 4 + y − 2 7 + 10y → x = −1 − 3y 3x − y + 2z = 4 2 ⇒ −10y + 2z = 7 ⎩ z = 7+10y 2



se obtiene la solución

⎧ ⎨ x = −1 − 3y z = 7+10y 2 ⎩ y libre,

que puede expresarse en forma paramétrica:

⎧ ⎨ x = −1 − 3λ y=λ ⎩ z = 7+10λ 2 . Partiendo del sistema (1.2), también se podía haber despejado en la segunda ecuación

y

en función de

en función de

z,

z

y luego, después de sustituir en la primera, despejar

en cuyo caso quedaría como incógnita libre

z

en vez de

x

y.

Ejercicio 1.5. Resuélvase el Ejercicio 1.2 por el método de Gauss reducido, esto es, de forma esquemática, omitiendo las incógnitas.

Solución. Se omiten las incógnitas y se colocan en una tabla (matriz) todos los coecientes de las incógnitas (incluyendo los que son 0) junto con los términos independientes, de la siguiente forma:

⎞ 1 −3 2 −2 ⎝ 2 −5 −1 −2 ⎠ −3 7 2 4 ⎛

Las tres primeras columnas forman la matriz de los coecientes del sistema, y las 4 columnas, la matriz ampliada. Para resolver este sistema, se lleva a la forma escalonada como los anteriores, aplicando las transformaciones elementales que se indican a continuación:

⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 1 −3 2 −2 1 −3 2 −2 1 −3 2 −2 (1) (2) ⎝ 2 −5 −1 −2 ⎠ → ⎝ 0 1 −5 2 ⎠ → ⎝ 0 1 −5 2 ⎠ 4 −3 7 2 −2 0 −2 8 0 0 −2 2 ⎛

(1)

E2 → E2 − 2E1 , E3 → E3 + 3E1 .

(2)

E3 → E3 + 2E2 .

El sistema resultante es escalonado (véase el primer sistema de (1.1)) y se resuelve por sustitución hacia atrás, obteniéndose

z = −1, y = −3, x = −9.

27



Ejercicio 1.6.

Resuélvanse por el método de Gauss y clasifíquense:

⎧ ⎨

x + 3y − 5z + 4t = −2 −3x − 2y + 6z − 9t = 8 (a) ⎩ 4x − 9y + 7z + 7t = −14

⎧ 2x − y + w ⎪ ⎪ ⎨ x − 2y + z (b) 5x − y + z + w ⎪ ⎪ ⎩ 5x − 2y − z + 2w

=0 =0 =0 =0

Solución. (a ) Usando el método de Gauss reducido: ⎞ ⎛ 1 3 −5 4 1 3 −5 4 −2 (1) ⎝ −3 −2 6 −9 8 ⎠ → ⎝ 0 7 −9 3 −14 0 −21 27 −9 4 −9 7 7 ⎛

(1)

⎞ −2 2 ⎠ −6

E2 → E2 + 3E1 , E3 → E3 − 4E1 .

Como la tercera ecuación es proporcional a la segunda, se suprime y nos queda un sistema escalonado con 2 ecuaciones y 4 incógnitas:

x + 3y − 5z + 4t = −2 7y − 9z + 3t = 2

y por tanto, tenemos 2 grados de indeterminación, las soluciones dependen de 2 parámetros y el sistema es compatible indeterminado. Si se despejan función de

z

y

t,

x

e

y

en

se tiene, de la segunda ecuación:

7y = 2 + 9z − 3t; y =

2 + 9z − 3t , 7

y sustituyendo este valor en la primera

x = −2 − 3y + 5z − 4t = −2 − 3 Haciendo

z = λ, t = μ,

2 + 9z − 3t −20 + 8z − 19t + 5z − 4t = . 7 7

para cualesquiera números reales

λ

y

μ

(parámetros), las

soluciones del sistema en forma paramétrica son:

x=

2 + 9λ − 3μ −20 + 8λ − 19μ , y= , z = λ, t = μ. 7 7

(b ) Se trata de un

sistema homogéneo

ya que todos los términos independientes

son cero. Este tipo de sistemas siempre son compatibles pues admiten la solución nula o trivial (x

28

= y = z = w = 0),

pero pueden tener más soluciones. Por el



método de Gauss se tiene:

⎛

−1 0 −2 1 −1 1 −2 −1

2 ⎜ 1 ⎜ ⎝ 5 5

(1)

1 0 1 2

⎛ ⎞ 2 −1 0 0 ⎜ ⎟ 0 ⎟ (1) ⎜ 1 −2 1 →⎝ 3 0 1 0 ⎠ 1 0 −1 0

E3 → E3 − E1 , E4 → E4 − 2E1 .

1 0 0 0

⎞ ⎛ 0 2 −1 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ (2) ⎜ 1 −2 1 →⎝ 4 0 0 0 ⎠ 0 1 0 −1

1 0 0 0

⎞ 0 0 ⎟ ⎟ 0 ⎠ 0

E3 → E3 + E4 .

(2)

(E1 , E2 , E4 , E3 ) y en las incógx en E3 , luego z en E4 , después y

Este es ya un sistema escalonado en el orden nitas en

(w, y, z, x)

E2

o (esto signica que 1 se halla

y por último

w

en

E1 ).

El sistema escalonado resultante y su solución son:

⎧ 2x − y +w ⎪ ⎪ ⎨ x − 2y + z 4x ⎪ ⎪ ⎩ x −z

⎧ =0 w=0 ⎪ ⎪ ⎨ =0 y=0 → =0 x =0 ⎪ ⎪ ⎩ =0 z=0

x = 0, y = 0, z = 0, w = 0,

Por tanto, tiene solución única

y es un sistema

compatible determinado.

Ejercicio 1.7.

Los valores de

a

y

b

para los cuales los sistemas

x+y =4 x−y =6

(S1 )

(S2 )

y

ax + by = 9 2ax + (b + 1)y = 9a

son equivalentes son (elíjanse las opciones correctas): (a)

b = 1.

a = 5, b = 3. (b) a = 2,

(c) No hay solución. (d) Ninguna de las anteriores.

Solución. Dos sistemas son equivalentes si tienen las mismas soluciones. La solución del primero es

x = 5, y = −1.

segundo sistema. Sustituyendo en siguiente:

Estos valores han de ser la única solución del

(S2 )

se obtiene el sistema de incógnitas

5a − b = 9 10a − b − 1 = 9a

Este sistema tiene como única solución

→

5a − b = 9 a−b=1

a = 2, b = 1.

Con ello, parece que la

respuesta correcta es (b), sin embargo esto no es correcto. Al sustituir

b = 1

en el sistema

(S2 )

resulta

(a, b)

2x + y = 9 , 4x + 2y = 18

a=2

y

y este sistema es compatible

indeterminado (ya que la segunda ecuación es proporcional a la primera y se puede suprimir), tiene innitas soluciones dadas por

x = λ, y = 9 − 2λ

(entre

29


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos ellas,

x = 5, y = −1)

(S1 ). En a y b para los cuales (S1 ) y (S2 ) son equivalentes.

y, por tanto, este sistema no es equivalente a

consecuencia, no hay valores de La única opción correcta es (c).

2.2.

Matrices

Ejercicio 1.8. Dadas las matrices

calcúlense (a )

A+B

y (b )

−4 5 2 1 −2 3

A =

2A − 3B .

y

B =

3 −1 4 , 5 0 1

−1 4 6 Solución. (a ) A + B = . 6 −2 4

−8 10 4 9 −3 12 −17 13 −8 (b ) 2A − 3B = − = . 2 −4 6 15 0 3 −13 −4 3 Ejercicio 1.9. Dadas las matrices

hállense

AB

y

A=

⎛

3 −1 4 −2 5 6

y

⎞ 1 4 −3 B = ⎝−2 0 1 ⎠ , 3 1 2

BAt .

Solución. Obsérvese que el producto

con lo que resulta una matriz

AB

se puede hacer porque es

(2×3)·(3×3),

2 × 3:

⎛ ⎞

1 4 −3

3 −1 4 ⎝ 17 16 −2 ⎠ −2 0 1 = . −2 5 6 6 −2 23 3 1 2

AB =

Nótese que

c11 = 3 · 1 + (−1) · (−2) + 4 · 3 = 17, c12 = 3 · 4 + (−1) · 0 + 4 · 1 = 16,

etc. Como porque es

At es de dimensión 3 × 2, el (3 × 3) · (3 × 2), y resulta una ⎛

BAt 3 × 2:

producto matriz

también se puede hacer

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 −3 3 −2 −13 0 BAt = ⎝−2 0 1 ⎠ ⎝−1 5 ⎠ = ⎝ −2 10⎠ . 3 1 2 4 6 16 11

30



Ejercicio 1.10. Dadas las matrices A = si es posible, (a )

−2 −5 3

⎞ −3 B = ⎝ 2 ⎠ , hállense, 1 ⎛

y

AB , (b ) BA, (c ) At B , (d ) B t At .

Solución. (a ) Obsérvese que AB es un producto del tipo (1 × 3) · (3 × 1) que sí se puede hacer, y se obtiene una matriz

1 × 1,

es decir, un número:

⎛ ⎞ −3 AB = −2 −5 3 ⎝ 2 ⎠ = (−2) · (−3) + (−5) · 2 + 3 · 1 = −1 . 1

(b )

BA

(c )

At B

(d )

B t At

(3 × 1) · (1 × 3) = 3 × 3. Operando resulta: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −3 6 15 −9 BA = ⎝ 2 ⎠ −2 −5 3 = ⎝−4 −10 6 ⎠ . 1 −2 −5 3

es del tipo

es del tipo

(3 × 1) · (3 × 1),

(1 × 3) · (3 × 1) = 1 × 1. Efectuando ⎛ ⎞ −2 B t At = −3 2 1 ⎝−5⎠ = −1 . 3

es del tipo

Nótese que se verica la propiedad

Ejercicio 1.11. A=

y por tanto, no se puede hacer.

(AB)t = B t At

se tiene:

(véase 1.20).

Con las matrices

2 −4 −5 1 2 3 −4 1 , B= , C= 1 3 −2 3 0 4 −2 1

⎛

y

compruébense (a ) la propiedad distributiva:

BD + CD

y (b ) la asociativa:

⎞ 3 D = ⎝−2⎠ , 2

A(B+C) = AB+AC (AB)D = A(BD).

y

(B+C)D =

Solución. (a ) Para el lado izquierdo de la primera igualdad, se tiene

A(B + C) =

−2 −3 3 −12 −10 2 = , 2 1 1 4 0 6

2 −4 1 3

31


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos y para el lado derecho

2 −4 −5 1 2 2 −4 3 −4 1 AB + AC = + 1 3 −2 3 0 1 3 4 −2 1

−10 0 −2 −12 −10 2 −2 −10 4 + = , = 15 −10 4 4 0 6 −11 10 2

que son iguales. Análogamente, para la segunda igualdad:

⎞ 3 −2 −3 3 ⎝ ⎠ 6 −2 = • (B + C)D = . 2 1 1 6 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

3

3 3 −4 1 ⎝ ⎠ −5 1 2 ⎝ ⎠ −2 −2 + • BD + CD = 4 −2 1 −2 3 0 2 2

6 19 −13 . = + = 6 18 −12

⎛

(b ) Veamos ahora la propiedad asociativa:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

3

3 −2 −10 4 ⎝ ⎠ 2 −4 −5 1 2 ⎝ ⎠ −2 −2 = • (AB)D = −11 10 2 1 3 −2 3 0 2 2

22 = . −49

⎡ ⎛ ⎞⎤

3

2 −4 −13 22 2 −4 ⎣ −5 1 2 ⎝ ⎠⎦ −2 = = . 1 3 −2 3 0 1 3 −12 −49 2

• A(BD) =

Nuevamente se obtiene el mismo resultado.

Ejercicio 1.12.

Calcúlese el rango de las matrices

⎞ 1 2 3 A = ⎝ 1 −2 5⎠ −1 10 9

⎛

⎛

32

y

⎞ 1 −2 1 0 7 ⎜2 3 0 −1 0⎟ ⎟. B=⎜ ⎝0 1 2 −3 2⎠ −1 −1 3 −1 7



Solución. • Matriz A. Si se aplican las transformaciones que conservan el rango (véase 1.22), resulta:

⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 1 2 3 1 2 3 1 2 3 (1) (2) ⎝ 1 −2 5⎠ − −→ ⎝0 −4 2 ⎠ −−→ ⎝0 −4 2⎠ . 0 12 −6 0 0 0 −1 10 9 ⎛

(1)

F2 → F2 − F1 , F3 → F3 + F1 .

F3 → F3 + 3F2 .

(2)

Como la matriz que resulta ya es escalonada y tiene dos las no nulas, el rango es 2 (vésase 1.21).

•

B: ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 1 0 7 1 −2 1 0 7 ⎜2 (1) ⎜0 3 0 −1 0⎟ 7 −2 −1 −14⎟ ⎜ ⎟− ⎟ −→ ⎜ ⎝0 ⎠ ⎝ 1 2 −3 2 0 1 2 −3 2 ⎠ −1 −1 3 −1 7 0 −3 4 −1 14 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 1 0 7 1 −2 1 0 7 ⎜ (2) ⎜0 1 2 −3 2 ⎟ 2 −3 2 ⎟ ⎟ (3) ⎜0 1 ⎟ −−→ ⎜ ⎝0 7 −2 −1 −14⎠ −−→ ⎝0 0 −16 20 −28⎠ 0 −3 4 −1 14 0 0 10 −10 20 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 1 0 7 1 −2 1 0 7 (4) ⎜0 (5) ⎜0 1 2 −3 2 ⎟ 1 2 −3 2⎟ ⎟− ⎜ ⎟ −−→ ⎜ − → ⎝0 0 ⎝0 0 1 −1 2⎠ 1 −1 2 ⎠ 0 0 −4 5 −7 0 0 0 1 1

Se procede de la misma forma con la matriz

⎛

(1)

F2 → F2 − 2F1 , F4 → F4 + F1 . F2 y F3 . F3 → F3 − 7F2 , F4 → F4 + 3F2 . F3 → F3 /4, F4 → F4 /10 e intercambiar F3 F4 → F4 + 4F3 .

(2) Intercambiar (3) (4) (5)

Luego, por 1.21,

2.3.

y

F4 .

rang(B) = 4.

Determinantes. Aplicaciones

Ejercicio 1.13. bese que

Dadas las matrices

|AB| = |A||B|.

A=

4 6 5 8

y

B=

3 −2 , comprué−6 1

33



Solución. Basta hacer las operaciones indicadas en los dos miembros de la igualdad. En efecto, se tiene que

4 |AB| = 5 4 |A||B| = 5

6 3 −2 −24 −2 = = −18, 8 −6 1 −33 −2

6 3 −2 = 2 · (−9) = −18. 8 −6 1

y

⎛

Ejercicio 1.14.

Calcúlese el determinante de la matriz

⎞ 6 1 4 ⎝2 3 5⎠ 7 4 2

(a ) utilizando la regla de Sarrus y

a la.

(b ) desarrollando por la 2

Solución. (a ) Aplicando la regla de Sarrus (véase 1.24) resulta:

6 1 4 2 3 5 = 6 · 3 · 2 + 4 · 2 · 4 + 1 · 5 · 7 − 4 · 3 · 7 − 1 · 2 · 2 − 6 · 5 · 4 = −105. 7 4 2

(b ) Desarrollando por la 2

a la (véase 1.28), la fórmula es:

|A| = a21 A21 + a22 A22 + a23 A23 = a21 (−α21 ) + a22 α22 + a23 (−α23 ). En este caso se tiene que:

6 1 4 1 4 6 4 6 1 2 3 5 = 2 · (− 4 2) + 3 · (7 2) + 5 · (− 7 4) 7 4 2 = 2 · (−(−14)) + 3 · (−16) + 5 · (−17) = 28 − 48 − 85 = −105.

Ejercicio 1.15.

Calcúlense los siguientes determinantes consiguiendo ceros

en alguna línea (la o columna):

3 −2 −5 2 , (a) 4 1 5 3 −4

34

11 2 (b) 5 −1

8 4 6 0 4 1 2 −3

9 3 2 1

y

1 0 0 2 0 1 1 −1 (c) 0 −1 −2 1 6 1 1 0



Solución. El método más usual para calcular determinantes de orden mayor que 3 es consiguiendo ceros en alguna la (o columna). Se consigue que todos los elementos de la la, excepto uno, sean cero sumando un múltiplo de una columna ja, y luego se desarrolla el determinante por los elementos de dicha la. Veamos cómo se utiliza en los ejemplos propuestos.

3 −2 −5 , como el elemento a22 1 2 (a ) Para calcular 4 5 3 −4

es

1, vamos a desarrollar

a columna, pero previamente se consiguen ceros en dicha

el determinante por la 2

columna, sumando múltiplos adecuados de la la

2

a la la

1

y a la la

3,

en

concreto, los expresados mediante las fórmulas

(1) F1 → F1 + 2F2 , F3 → F3 − 3F2 , del siguiente modo:

3 −2 −5 (1) 11 0 −1 (2) 11 −1 = −117 4 1 2 = 1· 2=4 1 −7 −10 −7 0 −10 5 3 −4 (2) Se desarrolla por la 2 a columna. (b ) Para calcular este segundo determinante se observa que el elemento

a33 = 1

a columna consiguiendo previamente ceros a a en ella, para lo que se suman múltiplos adecuados de la la 3 a la la 1 y a la a 4 , como sigue: (y que

a23

11 2 5 −1

es 0) y se desarrolla por la 3

8 4 6 0 4 1 2 −3

−9 −8 0 1 9 −9 −8 1 −9 −8 1 (1) (2) (3) 2 6 0 3 3 6 3 = 7 · 2 6 3 = = 1 · 2 4 1 2 2 5 14 14 7 2 2 1 14 14 0 7 1

−11 −10 0 (5) −11 −10 = 7 · (−40) = −280, 0 0 = 7 · = 7 · −4 −4 0 2 2 1

(4)

(1)

F1 → F1 − 4F3 , F4 → F4 + 3F3 .

(4)

F1 → F1 − F3 , F2 → F2 − 3F3 .

(2) Se desarrolla por la 3 a columna. (3) Se saca factor a 7 en la 3a la. (5) Se desarrolla por la 3 a columna.

35


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos a la, por medio de

(c ) A continuación, se desarrolla el determinante por la 1 las operaciones indicadas al nal.

1 0 1 0 0 0 0 2 1 1 −1 0 1 1 −1 (2) 1 −1 (1) 0 1 1 = 1 · −1 −2 0 −1 −2 1 = 0 −1 −2 1 1 1 −12 6 1 6 1 1 −12 1 0 1 1 −1 1 (3) (4) 1 = 11. 1 = −11 · = −1 −2 −1 −2 0 0 −11 (1)

C4 → C4 − 2C1 .

(3)

F3 → F3 − F1 .

(2) Se desarrolla por la 1 a la. (4) Se desarrolla por la 3 a la.

Ejercicio 1.16. de

a

Calcúlense los determinantes que siguen y hállense los valores

que los anulan:

2 1 −1 a − 6 3 (a) 0 a + 1 2 0

y

a 1 (b) 1 1

1 a 1 1

1 1 a 1

1 1 . 1 a

Solución. (a ) Calculemos el determinante por la regla de Sarrus (véase 1.24): 3(a + 1) + (a − 6)(a + 1) − 12 = a2 − 2a − 15. Para hallar los valores de

a que lo anulan, basta igualar a 0 y resolver la ecuación:

a2 − 2a − 15 = 0 ⇒ a = −3, a = 5. a

a y 4a a la 1a ,

(b ) (1) Se suma las columnas 2 , 3

a + 3 (1) a + 3 a + 3 a + 3

1 a 1 1

1 1 a 1

1 1 1 1 (2) = (a + 3) 1 1 1 a (4)

1 a 1 1

1 1 a 1

= (a + 3)(a − 1)3 ,

36

1 1 1 1 1 1 (3) 0 a−1 0 0 = (a + 3) 1 0 a−1 0 0 0 a 0 a − 1



(2) En la primera la se saca factor común a (3) Se resta la 1a la a las otras tres.

(a + 3).

(4) El valor del determinante es el producto de los elementos de la diagonal por ser una matriz triangular. Es claro que los valores que anulan el determinante son

Ejercicio 1.17.

a = 1.

y

Obténgase la matriz inversa de

⎛

4 1 5 2

(a) A =

Solución.

a = −3

y

⎞ 2 3 5 (b) B = ⎝4 1 3⎠ . 3 5 8

(a ) Se aplica la fórmula dada en 1.30 que se resume en el siguiente

esquema:

(1)

(2)

(3)

(4)

(aij ) −−→ (αij ) −−→ Adj(A) = (Aij ) −−→ Adj(A)t −−→ A−1 = (0) Se calcula

|A|

1 Adj(A)t . |A|

(1.3)

y sólo si es distinto de 0 seguimos adelante.

(1) Se forma una nueva matriz con los menores complementarios de cada elemento. (2) Se cambia de signo alternativamente cada elemento para obtener los adjuntos y la matriz adjunta. Para matrices son los que siguen:

2×2

y

3 × 3,

los signos de los adjuntos

⎞ + − + ⎝− + −⎠ . + − + ⎛

+ − , − +

(3) Se traspone la matriz. (4) Se divide cada elemento por de la matriz el factor

1 |A| .

|A|.

Si no son divisibles, se suele dejar fuera

|A| = 3,

2 −5 (3) 2 −1 (4) −1 4 1 (1) 2 5 (2) −−→ −−→ −−→ −−→ A = 1 4 −1 4 −5 4 5 2 Según ese esquema se tiene que

1 3

Se puede comprobar que el resultado es correcto haciendo el producto

2 −1 . −5 4 A · A−1

que

tiene que dar la matriz identidad de orden 2.

37


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (b ) Aplicando el esquema anterior, se tiene:

(0)

2 3 5 |B| = 4 1 3 = 16 + 27 + 100 − 15 − 30 − 96 = 2. 3 5 8

(1) Los menores complementarios son:

α11

1 3 4 3 4 1 = 17, = = −7, α12 = = 23, α13 = 5 8 3 8 3 5

3 5 2 5 2 α21 = = −1, α22 = = 1, α23 = 5 8 3 8 3 3 5 = 4, α32 = 2 5 = −14, α33 = 2 α31 = 4 1 3 4 3

3 = 1, 5 3 = −10. 1

⎛

(2)

(3)

⎞ −7 −23 17 1 −1 ⎠. La matriz adjunta es Adj(B) = ⎝ 1 4 14 −10 ⎛ ⎞ −7 1 4 1 −1 = ⎝−23 1 14 ⎠. y (4) La matriz inversa de B es B 2 17 −1 −10

Ejercicio 1.18. ¾Para ⎛ ⎞ k 1 3 ⎝ −k k −2 ⎠? −2k 2k 2k − 6

qué valores del parámetro

k

tiene inversa la matriz

A=

Solución. La matriz A tiene inversa si y sólo si |A| = 0. k k 1 3 k+1 3 −k (1) (2) −2 −2 = −k 0 −2 = −(k + 1) |A| = −k k −2 k 2 k − 6 −2k 2k 2k − 6 −2k 0 2k − 6 = −(k + 1)(−2k2 + 6k − 4k) = −(k + 1)(−2k 2 + 2k) = 2k(k + 1)(k − 1), (1)

C2 → C2 + C 1 .

Por tanto, valores de

38

k

(2) Se desarrolla por la 2 a columna.

|A| = 0 ⇔ k = −1, 0, 1. −1, 0 y 1.

distintos de

Así pues,

A

tiene inversa para todos los



Ejercicio 1.19. Estúdiese en función del parámetro m el rango de las matrices ⎛

⎞ m 2 1 m 1 ⎠ (a) A = ⎝ 1 −m 1 m 0 1 m+1

⎛

y

⎞ 1 1 2 (b) B = ⎝ 2 m 2 m ⎠ m 2 m+2

Solución. (a ) Un menor de orden 2 no nulo es, por ejemplo, el que está dado por 2 1 = 2 = 0. (F1 , F3 ; C2 , C3 ): 0 1 Orlando con la columna

Se tiene que de

A

C1

y con la la

F2 ,

resulta

m 2 1 1 −m 1 = 2m − 2. m 0 1

2m − 2 = 0 si m = 1. Por lo tanto, si m = 1, se sigue que el rango

es 3 (véase 1.29).

Para

m = 1, se sustituye en la matriz inicial y se obtiene una matriz escalonada ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 (1) (2) ⎝1 −1 1 1⎠ −−→ ⎝0 −3 0 0⎠ −−→ ⎝0 −3 0 0⎠ , 1 0 1 2 0 −2 0 1 0 0 0 1 (1)

F2 → F2 − F1 , F3 → F3 − F1 .

(2)

F3 → F3 − 23 F2 .

Ahora es claro que el rango de esta matriz es 3 (véase 1.21). En conclusión,

rang(A) = 3

para todo valor de

m.

(b ) El único menor de orden 3 es el siguiente:

1 1 1 2 0 0 (1) (2) m − 2 2m − 4 2m = 2 m − 2 2 m − 4 = |B| = 2 m 2−m 2−m m 2 m + 2 m 2 − m 2 − m 1 2 (3) = (m − 2)2 , = (m − 2)(2 − m) 1 1

(1) (2) (3)

C2 → C2 − C1 , C3 → C3 − 2C1 . Se desarrolla por C1 . Se saca factor común a m − 2 en F1

Por tanto,

Para

|B| = 0

m = 2

para

m = 2

y a

2−m

en

F2 .

y, para estos valores, el rango de

se sustituye en la matriz inicial y resulta

⎛

B

es 3.

⎞ 1 1 2 ⎝2 2 4⎠. 2 2 4

Si se

39


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos pasa esta matriz a la forma escalonada (o bien observando que las 3 las son proporcionales) se ve que el rango es 1. En resumen, si

Ejercicio 1.20.

m = 2, rang(B) = 3

y si

m = 2, rang(B) = 1.

Resuélvanse por la regla de Cramer los sistemas

(a)

2x − y = 11 4x + 3y = 7

y

⎧ ⎨3x + 2y − z = 6 x−y+z =8 (b) ⎩ 4x + y − 2z = 0

Solución. (a ) El determinante de la matriz de los coeciente es 10 = 0,

2 −1 = |A| = 4 3

por tanto, como tiene el mismo número de incógnitas que de ecuaciones,

se puede aplicar la regla de Cramer (véase 1.32):

11 −1 7 3 40 x= = = 4, |A| 10

2 11 4 7 −30 y= = = −3. |A| 10

(b ) El determinante de la matriz de los coeciente es

3 2 −1 |A| = 1 −1 1 = 4 1 −1

3 + 8 − 1 − 4 − 3 + 2 = 5. Como el sistema tiene el mismo número de ecuaciones que de incógnitas y |A| = 0, es un sistema de Cramer, tiene solución única y ésta viene dada por la regla de Cramer (véase 1.32):

6 2 −1 8 −1 1 0 1 −1 8 x= = , y= |A| 5

Ejercicio 1.21.

3 6 −1 1 8 1 4 0 −1 38 = , z= |A| 5

3 2 6 1 −1 8 4 1 0 70 = = 14. |A| 5

Resuélvase el sistema

2x1 + 5x2 + 3x3 = 1 3x1 − 4x2 + 4x3 = 4

Solución. La matriz de los coecientes y la matriz ampliada son, respectivamente: A=

40

2 5 3 , 3 −4 4

∗

A =

2 5 3 1 . 3 −4 4 4



rang(A) = rang(A∗ ) = 2 2 5 3 −4 = −23 = 0.

Es claro que dos

ya que, por ejemplo, el menor de orden

Como el número de incógnitas es 3, el sistema es compatible indeterminado y el número de parámetros de los que dependen las soluciones es 1. Para despejar dos de las incógnitas en función de la tercera, utilizaremos en este caso la regla de Cramer. Para ello seleccionamos el de orden dos de menor

a a columnas 1 y 3 , ya que su valor es

A

dado por las

2 3 3 4 = −1

y de este modo no aparecerán

x2 ,

que corresponde a la columna

denominadores en las soluciones. Pasando al segundo miembro la incógnita

que no está en el menor seleccionado, se obtiene el sistema

2x1 + 3x3 = 1 − 5x2 3x1 + 4x3 = 4 + 4x2

y por la regla de Cramer resulta:

1 − 5x2 3 4 + 4x2 4 4 − 20x2 − 12 − 12x2 = = 8 + 32x2 , x1 = −1 −1 2 1 − 5x2 3 4 + 4x2 8 + 8x2 − 3 + 15x2 = = −5 − 23x2 , x3 = −1 −1

y la solución del sistema es

Ejercicio 1.22.

Solución.

x1 = 8 + 32λ, x2 = λ, x3 = −5 − 23λ, AX = B , ⎛ ⎞ −1 B = ⎝−2⎠ . 4

Resuélvase la ecuación matricial

⎛

⎞ 1 2 3 5 7⎠ A=⎝ 2 −2 −4 −5

y

con

λ ∈ R.

siendo

Este tipo de ecuaciones puede abordarse por dos vías, una global y

otra usando los elementos de la matriz incógnita

X.

a vía. En el método global se despeja la matriz

X . Para ello es preciso comA tiene inversa, lo cual es cierto porque |A| = 1. Entonces, −1 , multiplicando por la izquierda los dos miembros de la ecuación AX = B por A 1

probar previamente que resulta

A−1 (AX) = A−1 B.

(1.4)

41


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Usando la propiedad asociativa del producto, la propiedad de la inversa (A

−1 A

= I ) y la propiedad de la identidad (In C = C para toda matriz C de dimensión n × m), se tiene que A−1 (AX) = (A−1 A)X = IX = X , con lo que la ecuación (1.4) se escribe

X = A−1 B,

y ya está despejada

X.

Para hallar el valor de

X,

se obtiene la matriz inversa de

A, A−1 , según el procedimiento descrito en el ejercicio 1.17, y resulta ⎛

A−1 con lo que

⎞ 3 −2 −1 = ⎝−4 1 −1⎠ , 2 0 1

⎛

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 −2 −1 −1 −3 −1 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ −2 = −2⎠ . X = A B = −4 1 −1 2 0 1 4 2

a vía. Usando incógnitas individuales para cada elemento de la matriz

2

Obsérvese que como matriz

3 × 1,

AX = B , se ⎛

A

es

es decir que

3×3 X

y

B

es

3 × 1,

será de la forma

X.

⎛ ⎞ X tiene que ser una x X = ⎝y ⎠. Entonces la ecuación z

forzosamente

escribe:

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 3 x −1 ⎝2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 5 7 y = −2⎠ −2 −4 −5 z 4

⎧ ⎨ x + 2y + 3z = −1 2x + 5y + 7z = −2 ⎩ −2x − 4y − 5z = 4

⇔

Nótese que la matriz de los coecientes de este sistema es justamente la matriz

A. Llevando este sistema a la forma escalonada mediante las E2 → E2 − 2E1 , E3 → E3 + 2E1 , se obtiene: ⎧ ⎧ ⎨ x + 2y + 3z = −1 ⎨ x = −3 y+z =0 y = −2 ⇒ ⎩ ⎩ z=2 z=2

Ejercicio 1.23. (a)

42

Discútanse, en función del parámetro

x − 3y = k −2x + (k + 1)y = 2

y

(b)

k,

transformaciones:

los sistemas

kx − 3y = k + 3 x + (k − 4)y = 2



Solución.

Discutir un sistema consiste en indicar de qué tipo es en función de

los valores que puede tomar el parámetro. Para ello se usa el teorema de RouchéFröbenius (véase 1.31). (a ) La matriz de los coecientes y la matriz ampliada son, respectivamente:

A=

1 −3 , −2 k + 1

El único menor de orden 2 de

|A| = 0 precisamente es, k = 5 o k = 5. •

Si

k = 5,

entonces

si

k = 5.

A

A∗ =

es

1 −3 k . −2 k + 1 2

|A| = k + 1 − 6 = k − 5, y se tiene que |A| = 0 o |A| = 0, esto

Los casos a distinguir son

rang(A) = rang(A∗ ) = 2 =

o de incógnitas, y por tanto el

n

sistema es compatible determinado. Su solución se puede calcular por la regla de Cramer:

k −3 2 k + 1 k2 + k + 6 = , x= |A| k−5

1 k −2 2 2 + 2k y= = . |A| k−5 1 −3 5 . −2 6 2

•

Si

k=

5, se sustituye en el sistema inicial, y resulta A∗

=

Por

rang(A∗ ) = 2 (es fácil encontrar un menor de orden 2 no nulo) rang(A) = 1, el sistema es incompatible ya que rang(A) = rang(A∗ ).

tanto, es claro que y como

(b ) La matriz de los coecientes y la matriz ampliada expresadas conjuntamente son:

∗

A =

k −3 k + 3 . 1 k − 4 2

A es |A| = k 2 − 4k + 3. Resolviendo la ecuación k 2 − 4k + 3 = 0 ⇒ k = 1, k = 3. Por consiguiente, |A| = 0 ⇔ k = 1 o k = 3, lo El único menor de orden 2 de

que nos lleva a los siguientes casos:

•

Si

k = 1

y

k = 3,

entonces


o de incógnitas, y por

n

43


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos tanto el sistema es compatible determinado. Su solución es:

k + 3 −3 2 k − 4 k 2 + 3k − 4k − 12 + 6 (k − 3)(k + 2) k+2 = = = , x= |A| (k − 3)(k − 1) (k − 3)(k − 1) k−1 k k + 3 1 2 2k − k − 3 k−3 1 y= = = = . |A| (k − 3)(k − 1) (k − 3)(k − 1) k−1 1 −3 4 . Es claro 1 −3 2

1, se sustituye en el sistema inicial, y resulta A∗

• Si k =

rang(A∗ ) = 2

que

•

Si

k=

y

rang(A) = 1,

=

por tanto, el sistema es incompatible.

son dos las proporcionales,

3 −3 6 . 1 −1 2

3, se sustituye en el sistema inicial, y resulta A∗ rang(A) = rang(A∗ ) = 1

=

Como

y por tanto el sistema es

o compatible indeterminado. El n de parámetros de los que depende la solución es o n de incógnitas−rango= 2 − 1 = 1. Se puede eliminar una ecuación, por ejemplo la primera, y se despeja

x

en función de

x−y =2

Ejercicio 1.24.

⇒

y

en la segunda:

x=2+λ y=λ

Discútanse, en función del parámetro, los sistemas:

⎧ ⎧ x+y =1 ⎨ 2x + ky − z = 1 ⎨ x − 2y + z = 1 my + z = 0 (b) (a) ⎩ ⎩ 3x + 4y − 2z = −3 x + (m + 1)y + mz = m + 1 ⎧ ⎨ 2x − y = a (c) ax + 3y = 4 ⎩ 3x − y = 2

y

⎞ 2 k −1 1 A∗ = ⎝1 −2 1 1 ⎠ . 3 4 −2 −3 ⎛

Solución. (a ) La matriz ampliada es El único menor de orden 3 de

|A| = 0

para

• k = 2.

k = 2,

Entonces

A

es

|A| = 5k − 10 = 5(k − 2),

y se tiene que

lo que da lugar a los siguientes casos:


n

o de incógnitas, y por tanto el

sistema es compatible determinado. Su solución se halla con la regla de Cramer,

44



y resulta:

Ax

2−k −1 = = , x= |A| 5k − 10 5 donde hemos denotado

Ax

Ay

13 y= = , |A| 5k − 10

• k = 2.

Ay

|A|

=

6k + 14 , 5k − 10

a la matriz que resulta de sustituir en la matriz

columna correspondiente a la incógnita dientes. Análogamente

z=

Az

y

x

A

la

por la columna de términos indepen-

Az .

Se sustituye en la matriz ampliada inicial, y resulta:

⎛ ⎞ 2 2 −1 1 A∗ = ⎝1 −2 1 1 ⎠ . 3 4 −2 −3 rang(A∗ ) = 3 ya que el menor de orden 3 correspondiente a las columnas (C1 , C2 , C4 ) es no nulo (es justamente |Az | = 6k +14 con k = 2). En consecuencia, como rang(A) = 2, el sistema es incompatible. ⎛ ⎞ 1 1 0 1 ∗ m 1 0 ⎠ . (b ) La matriz ampliada es A = ⎝0 1 m + 1 m m + 1 El único menor de orden 3 de

m=0

o

• m = 0

m = 1, y

A

es

|A| = m2 − m,

y se tiene que

|A| = 0

para

lo que da lugar a los siguientes casos:

m = 1.

Entonces


n

o de incógnitas, y por

tanto el sistema es compatible determinado. Su solución se halla con la regla de Cramer, y resulta:

Ay Ax m2 m −m −1 = 2 = , y= = 2 = , x= |A| m −m m−1 |A| m −m m−1 Az m2 m z= == 2 = . |A| m −m m−1 • m = 0.


⎞ ⎛ 1 1 0 1 A∗ = ⎝0 0 1 0⎠ . 1 1 0 1

45


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Como la la 3 es igual a la la 1,

rang(A) = rang(A∗ ) = 2, y por tanto, el sistema

es compatible indeterminado (las soluciones dependen de 1 parámetro). Se elimina la tercera ecuación y se resuelve el sistema pasando, por ejemplo, la miembro (nótese que forzosamente la

z

A

pues los menores de orden 2 no nulos de

o en forma paramétrica

• m = 1.

x+y

x

al segundo

se tiene que quedar en el primer miembro, siempre tienen la 3

=1 z=0

⇒

a columna):

y =1−x z=0

x = λ, y = 1 − λ, z = 0.

Se sustituye en la matriz ampliada inicial, y se lleva a la forma escalo-

⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 1 (1) (2) ⎝0 1 1 0⎠ → ⎝0 1 1 0⎠ → ⎝0 1 1 0⎠ 1 2 1 2 0 1 1 1 0 0 0 1

nada:

(1)

F3 → F3 − F1 .

(2)

F3 → F3 − F2 .

Que es claramente un sistema incompatible.

⎞ 2 −1 a A∗ = ⎝a 3 4⎠ . 3 −1 2 ⎛

(c ) La matriz ampliada es

|A∗ | y se iguala a 0, y sólo en esos casos podrá − 7a + 8, y se tiene que |A∗ | = 0 si a = 1 o a = −8.

En este caso, se calcula

∗ compatible. |A |

• a = 1

y

=

a = −8.

−a2

rang(A) = 2 = rang(A∗ ) = 3,

Entonces

ser

y por tanto, el sistema

es incompatible.

• a = 1.


⎞ 2 −1 1 A∗ = ⎝1 3 4⎠ . 3 −1 2 ⎛

Seleccionando el menor de orden 2 de

A

correspondiente a

2 −1 = 1, (F1 , F3 ): 3 −1

o de incógnitas, por lo que el sistema es a a compatible determinado. A partir de las ecuaciones 1 y 3 se resuelve el sistema por tanto,


y se obtiene:

46

n

2x − y = 1 3x − y = 2

⇒

x=1 y=1



• a = −8. Es similar al caso anterior. Con el mismo menor se observa que el sistema a y 3a se resuelve el

es compatible determinado. De nuevo, con las ecuaciones 1 sistema y resulta:

2x − y = −8 3x − y = 2

⇒

x = 10 . y = 28

47



Tema 2 ESPACIOS VECTORIALES

1.


2.1. Considérese un conjunto no vacío

(a) Suma:

E en el que están denidas dos operaciones:

E × E → E , (¯ u, v¯) → u ¯ + v¯ ∈ E ,

(b) Producto por un número real: Se dice que

(E, +, ·)

es un

R × E → E , (α, u ¯) → α · u ¯ = α¯ u ∈ E.

espacio vectorial

si se cumplen las siguientes pro-

piedades: (1) Asociativa:

(¯ u + v¯) + w ¯=u ¯ + (¯ v + w) ¯ .

(2) Conmutativa:

u ¯ + v¯ = v¯ + u ¯.

(3) Elemento neutro: existe un elemento que se designa por quiera que sea el elemento

u ¯∈E

se verica

(4) Elemento opuesto: Cualquiera que sea el elemento

−¯ u∈E

(opuesto de

u ¯)

tal que

(5)

α(¯ u + v¯) = α¯ u + α¯ v.

(6)

(α + β)¯ u = α¯ u + βu ¯.

(7)

α(β u ¯) = (αβ)¯ u.

(8)

1·u ¯=u ¯.

Donde

u ¯, v¯, w ¯

¯0,

tal que cual-

u ¯ + ¯0 = u ¯.

u ¯ + (−¯ u) = ¯0.

u ¯ ∈ E,

existe otro

E y α, β de R. A los elementos de E se les R (números) se les llama también escalares.

son elementos de

llama vectores y a los elementos de

2.2. Los siguientes conjuntos son espacios vectoriales con las operaciones indica-

das: (1)

Rn

con las operaciones

(a1 , a2 , . . . , an ) + (b1 , b2 , . . . , bn ) = (a1 + b1 , a2 + b2 , . . . , an + bn ), 49


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos α(a1 , a2 , . . . , an ) = (αa1 , αa2 , . . . , αan ). (2)

R[x]

el conjunto de todos los polinomios con coecientes reales con las

operaciones usuales de suma y producto por un número. (3) El conjunto

Mm×n

de todas las matrices de dimensión

m×n

con las

operaciones suma y producto por un número. (4) El conjunto F(A) = {f : A → R} de todas las funciones de A en R, donde A es un conjunto cualquiera, con las operaciones suma y producto por un número usuales: (a) (f + g)(x) = f (x) + g(x) y (b) (αf )(x) = αf (x), ∀x ∈ A.

E

En todo lo que sigue

2.3.

es un espacio vectorial.

Reglas de cálculo :

(1)

α¯0 = ¯ 0, ∀α ∈ R.

(2)

0¯ u=¯ 0, ∀¯ u ∈ E.

(3)

α¯ u=¯ 0⇒α=0

(4)

(−1)¯ u = −¯ u, ∀¯ u ∈ E.

(5)

u, ∀α ∈ R, u ¯ ∈ E. (−α)¯ u = α(−¯ u) = −α¯

(6)

u ¯ − v¯ = u ¯ + (−¯ v)

2.4.

o

u ¯=¯ 0.

y

−(¯ u + v¯) = −¯ u − v¯, ∀¯ u, v¯ ∈ E .

Un subconjunto no vacío

V

de

E

es un

subespacio vectorial

(o simplemente

subespacio) si cumple las dos propiedades siguientes: (a)

∀¯ u, v¯ ∈ V ⇒ u ¯ + v¯ ∈ V (V

(b)

∀α ∈ R, ∀¯ u ∈ V ⇒ α¯ u ∈ V (V

2.5.

Si

V

es un subespacio vectorial

⇔ ∀¯ u, v¯ ∈ V , ∀α, β ∈ R: α¯ u + β¯ v ∈V.

es un subespacio vectorial de

operaciones denidas en

2.7.

es cerrado para el producto por escalares).

Caracterización de subespacio :

V ⊂E

2.6.

es cerrado para la suma).

E,

entonces es espacio vectorial con las

E.

¯2 , . . . , u ¯n vectores de E . Se dice que el vector u ¯ ∈ E es combinación u ¯1 , u u ¯1 , u ¯2 , . . . , u ¯n si existen números λ1 , λ2 , . . . , λn tales que

Sean

lineal

de

u ¯ = λ1 u ¯ 1 + λ2 u ¯ 2 + · · · + λn u ¯n .

50


ESPACIOS VECTORIALES 2.8.

u ¯1 , u ¯2 , . . . , u ¯n es un subes¯2 , . . . , u ¯n y se llama subespacio generado E , que se denota ¯ u1 , u

El conjunto de todas las combinaciones lineales de

pacio vectorial de

¯2 , . . . , u ¯n , u ¯1 , u

por

es decir:

¯ u1 , u ¯2 , . . . , u ¯n = {λ1 u ¯ 1 + λ2 u ¯ 2 + · · · + λn u ¯n : λi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n}.

2.9.

Se dice que

v¯

E

de

2.10.

u ¯1 , u ¯2 , . . . , u ¯n

forman un

es combinación lineal de

Un conjunto de vectores

sistema generador de

u ¯1 , u ¯2 , . . . , u ¯n ,

esto es, si

A = {¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯p }

es

E si todo vector E = ¯ u1 , u ¯2 , . . . , u ¯ n .

linealmente dependiente o

ligado (o los vectores son linealmente dependientes) si al menos uno de ellos es combinación lineal de los demás. En caso contrario, se dice que es

linealmente independiente o libre (o que los

vectores son linealmente independientes).

2.11.

Caracterización de la independencia lineal. El conjunto

A = {¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯p }

es linealmente independiente si y sólo si la igualdad

λ1 v¯1 + λ2 v¯2 + · · · + λp v¯p = ¯ 0

implica que

λ1 = 0, λ2 = 0, . . . , λp = 0,

es decir, si la única combinación lineal de los vectores

¯0

v¯1 , v¯2 , . . . , v¯p que da el vector

es la trivial. En caso contrario, es linealmente dependiente, es decir, si existen

números

λi = 0).

2.12.

λ1 , λ2 , . . . , λp

Sea

no todos cero, tales que

A = {¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯p }

λ1 v¯1 + λ2 v¯2 + · · · + λp v¯p = ¯0 (algún

y supongamos que ningún

linealmente dependiente si y sólo si algún vector

v¯i

v¯i = ¯0.

Entonces

A

es

es combinación lineal de los

anteriores.

2.13.

Propiedades de dependencia e independencia lineal:

(1)

¯0 ∈ A ⇒ A

es ligado.

(2)

A⊂B

y

A

ligado

(3)

A⊂B

y

B

libre

(4) Si en

A

⇒B

⇒A

es ligado.

es libre.

hay dos vectores iguales o proporcionales (u ¯y

α¯ u),

entonces

A

es

ligado.

2.14.

El conjunto

B = {¯ e1 , e¯2 , . . . , e¯n }

es una

base de

E

si

(a) es linealmente independiente y (b) es un sistema generador de lineal de

E , es decir, si todo vector de E

es combinación

e¯1 , e¯2 , . . . , e¯n . 51



La expresión de todo vector

v¯

respecto de una base

B = {¯ e1 , e¯2 , . . . , e¯n }

es

única, es decir, si se tiene

v¯ = α1 e¯1 + α2 e¯2 + · · · + αn e¯n = β1 e¯1 + β2 e¯2 + · · · + βn e¯n α 1 = β1 , α 2 = β2 ,

entonces

2.16.

Sea

α n = βn .

...,

B = {¯ e1 , e¯2 , . . . , e¯n } una base de E . Entonces para cada vector v¯ existen λ1 , λ2 , . . . , λn tales que

números únicos

v¯ = λ1 e¯1 + λ2 e¯2 + · · · + λn e¯n . Los números

(λ1 , λ2 , . . . , λn )

2.17. Teorema de Steinitz. {¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯p }

se llaman Si

coordenadas

{¯ e1 , e¯2 , . . . , e¯n }

de

v¯

respecto de la base

es un sistema generador de

B. E

y

p ≤ n y se v¯1 , v¯2 , . . . , v¯p ob-

es un conjunto linealmente independiente, entonces

pueden sustituir

p

de los vectores

e¯1 , e¯2 , . . . , e¯n

por los vectores

teniéndose un nuevo sistema generador.

2.18. Teorema de la base.

Todas las bases de un espacio vectorial

mismo número de elementos. Este número común se llama

E

y se indica

2.19.

E

dimensión

tienen el

del espacio

dim(E) = n.

En todo espacio vectorial

E

de dimensión

n

se cumplen las siguientes pro-

piedades: (a) Todo conjunto de

n+1

(b) Todo conjunto de

n

o más vectores es linealmente dependiente.

vectores que sea linealmente independiente es una

base. (c) Todo conjunto de (d)

n

vectores que sea sistema de generadores de

Teorema de la base incompleta.

Todo conjunto

E

es base.

A = {¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯p }

lineal-

mente independiente puede ampliarse a una base.

2.20.

Si

G = {¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯m }


E

y alguno de ellos

es combinación lineal de los demás, entonces se puede suprimir y los que quedan siguen siendo un sistema generador de De todo sistema generador de

2.21.

Si

entonces

52

E

E.

nito se puede extraer una base.

V es un subespacio vectorial de un espacio vectorial E de dimensión n, dim(V ) ≤ n. Si, en particular, dim(V ) = n, entonces V = E .



Rango de un conjunto de vectores S = {¯v1 , v¯2 , . . . , v¯p } es el número máxi-

mo de vectores linealmente independientes. Se verica que el rango es igual a la dimensión del subespacio generado por los vectores:

rang(S) = dim ¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯p .

El rango de un conjunto de vectores es igual al rango de la matriz las son las coordenadas de los vectores

2.23.

v¯1 , v¯2 , . . . , v¯p

A

en cualquier base de

cuyas

E.

Ecuaciones paramétricas e implícitas de un subespacio. Este apartado se ha

desarrollado completamente mediante los ejercicios resueltos (véanse los ejercicios 2.25 a 2.30).

2.24.

La intersección de subespacios es un subespacio.

2.25.

La

suma de dos conjuntos A y B de E , denotada A + B , es el conjunto de

¯b ∈ B . La suma U + V de dos subespacios U y V de E es un subespacio. Se dice que E es suma directa de U y V , y se denota E = U ⊕ V , si E = U + V y la expresión de cada vector e¯ ∈ E como e¯ = u ¯ + v¯, con u ¯ ∈ U y v¯ ∈ V , es única. Se verica que E es la suma directa de U y V si y sólo si (1) E = U + V y (2) U ∩ V = {0}. todas las sumas

2.26.

a ¯ + ¯b,

con

a ¯∈A

y

Fórmula de Grassmann. La dimensión del subespacio suma verica: dim(U + V ) = dim(U ) + dim(V ) − dim(U ∩ V ).

subespacio suplementario de V si V ⊕ U = E . Cambio de base. Para concretar vamos a suponer que E es de dimensión 3.

2.27. U 2.28.

es un

A = {¯ a1 , a ¯2 , a ¯3 } en el espacio E , cualquier vector v¯ de E se puede ¯ = x1 a ¯ 1 + x2 a ¯ 2 + x3 a ¯3 . expresar por sus coordenadas (x1 , x2 , x3 ) en dicha base A: v Se representará a v ¯ por su vector columna coordenado, denotado y denido por ⎛ ⎞ x1 [¯ v ]A = ⎝x2 ⎠ = (x1 , x2 , x3 )t . x3 Fijada una base

B = {¯b1 , ¯b2 , ¯b3 } es otra base de E . Por ser A base, cada vector la nueva base B puede expresarse de forma única como combinación lineal los elementos de la antigua base A, del siguiente modo:

Supongamos que de de

¯b1 = α1 a ¯ 1 + α2 a ¯ 2 + α3 a ¯3 ¯b2 = β1 a ¯ 1 + β2 a ¯ 2 + β3 a ¯3 ¯b3 = γ1 a ¯ 1 + γ2 a ¯ 2 + γ3 a ¯3 53


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Se denota por

P

la traspuesta de la matriz de coecientes anterior, esto es:

⎞ α1 β1 γ1 P = ⎝α2 β2 γ2 ⎠ α3 β3 γ3 ⎛

(obsérvese que las columnas de Esta matriz

P

se llama

la antigua base

A

P

son los vectores de

B

expresados en la base

A).

matriz del cambio de base (o matriz de transición ) desde

hasta la nueva base

B.

La matriz

P

es inversible.

Teorema. El mismo vector v¯ en la base B tendrá otras coordenadas (y1, y2, y3), esto es:

v¯ = y1¯b1 + y2¯b2 + y3¯b3 .

Entonces se tiene que

[¯ v ]A = P · [¯ v ]B , y, por consiguiente,

[¯ v ]B =

(2.1)

P −1 [¯ v ]A .

Nótese que a pesar de llamarse

P

la matriz del cambio de base desde la antigua

A hasta la nueva base B , esta matriz P transforma las coordenadas nuevas B ) en las coordenadas viejas (en la base A), mientras que P −1 actúa al revés. P también se llama por este motivo matriz del cambio de coordenadas de la base B a la base A (nótese que cambia el orden).

base

(en la base

Cuando se quiera indicar las bases, se escribirá

P = [P ]B A.

La fórmula (2.1) en forma expandida es:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ x1 α1 β 1 γ 1 y1 ⎝x2 ⎠ = ⎝α2 β2 γ2 ⎠ . ⎝y2 ⎠ x3 α3 β3 γ3 y3

Si se denota

⎛ ⎞ x1 xA = ⎝x2 ⎠ x3

y

⎛ ⎞ y1 yB = ⎝y2 ⎠, y3

entonces la fórmula (2.1) se expresa

xA = P · yB .

2.

EJERCICIOS RESUELTOS

2.1.

Subespacios. Combinaciones lineales. Sistemas de generadores

Ejercicio 2.1. Pruébese que el conjunto

3 es un subespacio vectorial de R .

54

W = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y − z = 0}



Solución. Obsérvese que W consta de aquellos vectores con la propiedad de que la suma de las dos primeras componentes menos la tercera es cero. Este conjunto es no vacío, por ejemplo, los vectores de

W.

(1, 3, 4), (−2, 5, 3) o (−1, −1, −2) son elementos

Para probar que es subespacio, usaremos la caracterización 2.5.

Sean

a ¯ = (a1 , a2 , a3 ) y ¯b = (b1 , b2 , b3 ) dos elementos genéricos de W

y

α, β ∈ R.

Entonces hay que probar que

α¯ a + β¯b = α(a1 , a2 , a3 ) + β(b1 , b2 , b3 ) = (αa1 + βb1 , αa2 + βb2 , αa3 + βb3 ) es un elemento de

W,

esto es que

(αa1 + βb1 ) + (αa2 + βb2 ) − (αa3 + βb3 ) = 0,

o

equivalentemente

αa1 + βb1 + αa2 + βb2 − αa3 − βb3 = 0.

(2.2)

a1 + a2 − a3 = 0, y ¯b ∈ W implica b1 + b2 − b3 = 0. Multiplicando la primera ecuación por α y la segunda por β se tiene αa1 + αa2 − αa3 = 0 y βb1 + βb2 − βb3 = 0. Sumando estas dos igualdades resulta αa1 + αa2 − αa3 + βb1 + βb2 − βb3 = 0. Se reordena el primer miembro de esta igualdad (usando las propiedades de R) y se obtiene la igualdad (2.2), que es Ahora por hipótesis,

a ¯ ∈ W

implica

lo que se quería probar.

Ejercicio 2.2.

Determínese si los siguientes conjuntos son subespacios vecto-

riales:

A = {(x, y) ∈ R2 : x + 2y = 1}. 3 (b ) B = {(x, y, z) ∈ R : x · z = 0}. 2 (c ) C = {(x, y) ∈ R : x ≥ 0, y ≥ 0}. 3 (d ) D = {(x, y, z) ∈ R : y = 2x, z = x − y}. (a )

Solución.

(a )

A

no es subespacio porque

(0, 0) ∈ / A y se sabe que para que sea R2 , que es (0, 0), tiene que ser un

subespacio el elemento neutro de la suma en elemento de

A.

(b ) B tampoco es subespacio porque aunque cumple que si u ¯ ∈ B entonces α¯ u ∈ B ∀α ∈ R, no es cerrado para la suma. Por ejemplo: u ¯ = (1, 3, 0) ∈ B , v¯ = (0, 2, 4) ∈ B , pero u ¯ + v¯ = (1, 5, 4) ∈ / B. (c )

C tampoco es subespacio porque aunque es cerrado para la suma, ya si u ¯, v¯ ∈ C entonces u ¯ + v¯ ∈ C , para el producto por un número no lo es, ejemplo, u ¯ = (3, 1) ∈ C pero para α = −2 se tiene (−2) · u ¯ = (−6, −2) ∈ / C.

que por

55


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (d )

D sí es subespacio y se comprueba como en el ejercicio 2.1, con la salvedad D en vez de una sola.

de que hay que usar las dos ecuaciones que denen En general, se verica que si sistema homogéneo de vectorial de

W

es el conjunto de todas las soluciones de un

m ecuaciones y n incógnitas, entonces W

es un subespacio

Rn .

Ejercicio 2.3. Se consideran los vectores de R3 , u¯ = (2, −1, 1) y v¯ = (1, −3, 2).

a ¯ = 2¯ u − 3¯ v , ¯b = −4¯ u + 2¯ v y c¯ = 3(5¯ u + 2¯ v ) − 4(3¯ u + v¯). ¯ (b ) Compruébese que d = 4¯ a + 3¯b es combinación lineal de u ¯ y v¯ sin calcular las ¯. componentes de d (c ) Generalícese el resultado anterior, esto es, pruébese que si c ¯ es combinación lineal de a ¯ y ¯b y a ¯ y ¯b son ambos combinación lineal de u ¯ y v¯, entonces c¯ es combinación lineal de u ¯ y v¯.

(a ) Hállense

Solución. (a ) No hay más que efectuar las operaciones indicadas: a ¯ = 2¯ u − 3¯ v = 2 · (2, −1, 1) − 3 · (1, −3, 2) = (4, −2, 2) − (3, −9, 6) = (1, 7, −4). Nota: En

R3 , la diferencia de dos vectores a ¯ y ¯b se puede obtener con la expresión a ¯ − ¯b = (a1 , a2 , a3 ) − (b1 , b2 , b3 ) = (a1 − b1 , a2 − b2 , a3 − b3 ).

¯b = −4¯ u + 2¯ v = (−4) · (2, −1, 1) + 2 · (1, −3, 2) = (−8, 4, −4) + (2, −6, 4) = (−6, −2, 0). Se utilizan las propiedades de cálculo del espacio vectorial para hallar

c¯:

c¯ = 3(5¯ u + 2¯ v ) − 4(3¯ u + v¯) = 15¯ u + 6¯ v − 12¯ u − 4¯ v = 3¯ u + 2¯ v = (6, −3, 3) + (2, −6, 4) = (8, −9, 7). (b ) Se utilizan como antes las propiedades de cálculo del espacio vectorial:

d¯ = 4¯ a + 3¯b = 4(2¯ u − 3¯ v ) + 3(−4¯ u + 2¯ v ) = 8¯ u − 12¯ v − 12¯ u + 6¯ v = −4¯ u − 6¯ v, d¯ es combinación lineal ¯ = (−14, 22, −16). obtiene d

lo cual prueba que se calcula, se

(c ) En efecto, como ciertos números

56

λ1 , λ2 .

c¯ es

de

u ¯

y

combinación lineal de

Como

a ¯

y

¯b

v¯ a ¯

con coecientes

y

¯b

será

son ambos combinación

−4

y

−6.

Si

c¯ = λ1 a ¯ + λ2¯b para lineal de u ¯ y v¯ será


ESPACIOS VECTORIALES a ¯ = α1 u ¯ + α2 v¯ en la expresión

¯b = β1 u ¯ + β2 v¯, de c ¯ y se opera

y

para ciertos números

α1 , α2 , β1 , β2 .

Se sustituye

¯ + α2 v¯) + λ2 (β1 u ¯ + β2 v¯) = λ1 α1 u ¯ + λ1 α2 v¯ + λ2 β1 u ¯ + λ2 β2 v¯ c¯ = λ1 (α1 u u + (λ1 α2 + λ2 β2 )¯ v = μ1 u ¯ + μ2 v¯, = (λ1 α1 + λ2 β1 )¯ donde μ1 = λ1 α1 + λ2 β1 y μ2 = λ1 α2 + λ2 β2 c¯ = μ1 u ¯ + μ2 v¯, prueba que c¯ es combinación Se puede generalizar aún más: si

v¯

son números. La expresión anterior, lineal de

u ¯

y

v¯.

es combinación lineal de los vectores

a ¯1 , a ¯2 , . . . , a ¯p y cada uno de los vectores a ¯1 , a ¯2 , . . . , a ¯p es combinación ¯2 , . . . , u ¯n , entonces v¯ es combinación lineal de u ¯1 , u ¯2 , . . . , u ¯n . u ¯1 , u

lineal de

Ejercicio 2.4. En R3 se consideran los vectores u¯ = (1, 2, −1) y v¯ = (2, 1, −3).

(a ) ¾Es

a ¯ = (−1, 4, 3) combinación lineal de u ¯ y v¯? ¯ (b ) ¾Es b = (4, −2, −5) combinación lineal de u ¯ y v¯? (c ) Sea w ¯ = (3, 5, −1). ¾Es ¯b = (4, −2, −5) combinación

lineal de

u ¯, v¯

y

w ¯?

Solución. (a ) Según la denición (véase 2.7), hay que ver si existen números λ1 y

λ2

tales que

λ1 u ¯ + λ2 v¯ = a ¯,

es decir,

λ1 (1, 2, −1) + λ2 (2, 1, −3) = (−1, 4, 3). Se efectúan los productos en el lado izquierdo,

(λ1 , 2λ1 , −λ1 ) + (2λ2 , λ2 , −3λ2 ) = (−1, 4, 3), y se realiza la suma

(λ1 + 2λ2 , 2λ1 + λ2 , −λ1 − 3λ2 ) = (−1, 4, 3). Igualando componente a componente,

λ1

y

λ2

han de ser solución del siguiente

sistema (de 3 ecuaciones), que se resuelve:

⎧ λ1 + 2λ2 = −1 ⎨ λ1 + 2λ2 = −1 (2) (1) λ1 = 3 2λ1 + λ2 = 4 −−→ −3λ2 = 6 −−→ λ2 = −2 ⎩ ⎩ −λ1 − 3λ2 = 3 −λ2 = 2 ⎧ ⎨

(1)

E2 → E2 − 2E1 , E3 → E3 + E1 .

(2) La 2a ecuación se suprime porque es múltiplo de la 3 a .

Hay solución (única), por tanto,

a ¯ es combinación lineal de u ¯ y v¯, en concreto,

a ¯ = 3¯ u − 2¯ v.

57


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (b ) Ahora hay que hallar los números

λ1

y

λ2

que cumplen

λ1 u ¯ + λ2 v¯ = ¯b,

esto es,

λ1 (1, 2, −1) + λ2 (2, 1, −3) = (4, −2, −5). Se opera en el lado izquierdo exactamente igual que antes y se obtiene

(λ1 + 2λ2 , 2λ1 + λ2 , −λ1 − 3λ2 ) = (4, −2, −5). Esta ecuación vectorial es equivalente al siguiente sistema que se resuelve:

⎧ ⎨

⎧ λ1 + 2λ2 = 4 ⎨ λ1 + 2λ2 = −1 (1) 2λ1 + λ2 = −2 −−→ −3λ2 = −1 ⎩ ⎩ −λ1 − 3λ2 = −5 −λ2 = −1 (1)

E2 → E2 − 2E1 , E3 → E3 + E1 .

De la tercera ecuación debería ser

λ2 = 1

y de la segunda,

λ2 = 1/3,

es imposible, lo que signica que no hay solución. Por tanto, el vector combinación lineal de

u ¯

y

lo cual

¯b

no es

v¯.

(c ) Ahora hay que hallar los números

λ1 , λ2 , λ3

tales que

λ1 u ¯ + λ2 v¯ + λ3 w ¯ = ¯b,

es decir,

λ1 (1, 2, −1) + λ2 (2, 1, −3) + λ3 (3, 5, −1) = (4, −2, −5). Se opera en el lado izquierdo y resulta

(λ1 + 2λ2 + 3λ3 , 2λ1 + λ2 + 5λ3 , −λ1 − 3λ2 − λ3 ) = (4, −2, −5). Esta ecuación vectorial es equivalente al siguiente sistema que se resuelve por el método de Gauss:

⎧ ⎨

λ1 + 2λ2 + 3λ3 = 4 2λ1 + λ2 + 5λ3 = −2 ⎩ −λ1 − 3λ2 − λ3 = −5 ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ ⎛ 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 (1) (2) ⎝2 1 5 −2⎠ → ⎝0 −3 −1 −10⎠ → ⎝0 0 −7 −7⎠ −1 −3 −1 −5 0 −1 2 −1 0 −1 2 −1 (1)

E2 → E2 − 2E1 , E3 → E3 + E1 .

(2)

E2 → E2 − 3E3 .

(Obsérvese que las columnas de la matriz ampliada son justamente

Esta última matriz corresponde al sistema

58

u ¯, v¯, w ¯

y¯ b)

⎧ ⎨ λ1 + 2λ2 + 3λ3 = 4 −7λ3 = −7 ⎩ −λ2 + 2λ3 = −1


ESPACIOS VECTORIALES De la segunda ecuación se deduce que obtiene

λ2 = 3

λ 3 = 1,

se sustituye en la tercera y se

λ1 = −5. Como hay de u ¯, v¯ y w ¯ , en concreto

y se sustituyen ambos en la primera y resulta

solución, se puede concluir

que ¯ b sí

es combinación lineal

¯b = −5¯ u + 3¯ v+w ¯.

Ejercicio 2.5. Estúdiese, con la denición, si los siguientes conjuntos de vectores son sistema de generadores de (a )

A = {(2, 3), (1, 1)}. B = {(−2, 4), (3, −6)}. (c ) C = {(1, −1), (1, −2), (1, 1)}.

R2 :

(b )

¾Hay unicidad de expresión?

Solución. (a ) Para probar que A es sistema generador (véase 2.9) hay que probar que todo vector dado

(a, b)

u ¯ = (a, b)

de

R2


hay que probar que existen números

λ, μ

(2, 3)

y

(1, 1),

es decir,

tales que

λ(2, 3) + μ(1, 1) = (a, b). Se opera y resulta

(2λ + μ, 3λ + μ) = (a, b), de aquí se obtiene el siguiente sistema

que se resuelve:

(1) Se despeja

μ

2λ + μ = a (1) −−→ 3λ + μ = b

2λ + μ = a λ=b−a

E2 → E2 − E1 .

de la primera ecuación y se sustituye el valor obtenido de

λ:

μ = a − 2λ = a − 2(b − a) = 3a − 2b. Por tanto, hay solución generador de

R2 .

λ = b − a, μ = 3a − 2b y, en consecuencia, A es un sistema

Nota: Estos sistemas en los que algunos coecientes son letras, suele ser más cómodo resolverlos por la regla de Cramer. Se deja al lector que lo resuelva por este método y compruebe que el resultado coincide con el expuesto aquí. (b ) Ahora, dado

(a, b)

hay que hallar

λ, μ

tales que

λ(−2, 4) + μ(3, −6) = (a, b). Se opera, se igualan componentes y se obtiene el siguiente sistema que se resuelve:

−2λ + 3μ = a (1) −−→ 4λ − 6μ = b

−2λ + 3μ = a 0 = 2a + b

59


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (1)

E2 → E2 + 2E1 .

2 y sumársela a la segunda, resulta 0 = 2a + b, lo cual signica que para que haya solución se tiene que vericar que 2a + b = 0, pero esto no tiene por qué ser cierto ya que (a, b) es un vector 2 arbitrario de R (por ejemplo, el vector (3, 1) no lo cumple). Por tanto, B no es 2 un sistema generador de R . Al multiplicar la primera ecuación por

(c ) Ahora hay que hallar los números

λ1 , λ2 , λ3

tales que

λ1 (1, −1) + λ2 (1, −2) + λ3 (1, 1) = (a, b). De aquí, se obtiene el siguiente sistema que se resuelve:

λ1 + λ2 + λ3 = a E →E +E1 −−2−−−2−−→ −λ1 − 2λ2 + λ3 = b

λ1 + λ2 + λ3 = a −λ2 + 2λ3 = a + b

Puesto que está escalonado y hay 2 ecuaciones y 3 incógnitas, es compatible indeterminado, tiene innitas soluciones que dependen de un parámetro. Usando

λ3 = t

como parámetro, resulta

Por tanto,

C

λ2 = −a − b + 2t λ1 = a − (−a − b + 2t) − t = 2a + b − 3t.


Por ejemplo, si

(a, b) = (−1, 3)

R2 ,

pero no hay unicidad de expresión.

entonces

λ1 = 1 − 3t,

λ2 = −2 + 2t,

λ3 = t

son los coecientes de las innitas formas que se tienen de expresar combinación lineal de

u ¯1 = (1, −1), u ¯2 = (1, −2)

y

u ¯3 = (1, 1).

(−1, 3)

como

Por ejemplo,

-si

t = 0 ⇒ (λ1 , λ2 , λ3 ) = (1, −2, 0),

esto es

(−1, 3) = u ¯1 − 2¯ u2 ,

-si

t = 1 ⇒ (λ1 , λ2 , λ3 ) = (−2, 0, 1),

esto es

(−1, 3) = −2¯ u1 + u ¯3 ,

-si

t = 2 ⇒ (λ1 , λ2 , λ3 ) = (−5, 2, 2),

esto es

(−1, 3) = −5¯ u1 + 2¯ u2 + 2¯ u3 .

Ejercicio 2.6.

V el subespacio de R3 generado por los vectores v¯1 = (2, −1, 2) y v¯2 = (2, 1, 4). (a ) Determínese si u ¯ = (4, −1, 5) y w ¯ = (0, 5, 3) son elementos de V . (b ) Hállese k para que (2, k, 1) sea un elemento de V .

60

Sea



Solución. Como V hay que ver si

u ¯

existen números

es el conjunto de todas las combinaciones lineales de

v¯1 y v¯2 , lo v2 = u ¯, esto es λ¯ v1 + μ¯


λ, μ

tales que

v¯1

y

v¯2 ,

que equivale a estudiar si

λ(2, −1, 2) + μ(2, 1, 4) = (4, −1, 5). Esta ecuación equivale al siguiente sistema que se resuelve a continuación.

⎧ ⎧ ⎧ ⎧ ⎨ 2λ + 2μ = 4 (1) ⎨ −λ + μ = −1 (2) ⎨ −λ + μ = −1 (3) ⎨ −λ + μ = −1 −λ + μ = −1 → 2λ + 2μ = 4 → 4μ = 2 → 2μ = 1 ⎩ ⎩ ⎩ ⎩ 2λ + 4μ = 5 2λ + 4μ = 5 6μ = 3 0=0 (1) (3)

E1 → E2 , E2 → E1 . (2) E2 → E2 + 2E1 , E3 → E3 + 2E1 . E2 → E2 /2, E3 → −2E3 + 3E2 .

El sistema tiene solución (única) de

μ = 1/2, λ = 3/2.

Luego

u ¯

es un elemento

V. Se plantea de manera similar para

w ¯.

De la ecuación

λ(2, −1, 2) + μ(2, 1, 4) = (0, 5, 3) se obtiene el siguiente sistema que se resuelve con los pasos (1) y (2) anteriores.

⎧ ⎧ ⎧ ⎨ 2λ + 2μ = 0 (1) ⎨ −λ + μ = 5 (2) ⎨ −λ + μ = 5 −λ + μ = 5 → 2λ + 2μ = 0 → 4μ = 10 ⎩ ⎩ ⎩ 2λ + 4μ = 3 2λ + 4μ = 3 6μ = 13 Es claro que este sistema es incompatible, pues de la segunda ecuación debería de ser

μ = 5/2

elemento de

y de la tercera,

μ = 13/6,

y esto es imposible. Por tanto,

w ¯

no es un

V.

(b ) Hay que hallar

k

de modo que existan los números

λ, μ

tales que

λ(2, −1, 2) + μ(2, 1, 4) = (2, k, −1). Esto equivale a que tenga solución (sea compatible) el sistema de matriz ampliada

⎞ 2 2 2 A∗ = ⎝−1 1 k ⎠ . 2 4 −1 ⎛

Como el rango de cero. Como

A

es

2,

el único menor de orden 3 de

A∗ ,

que es

|A∗ |,

ha de ser

|A∗ | = −2 + 4k − 8 − 4 − 2 − 8k = −16 − 4k,

61


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos |A∗ | = −16−4k = 0 para k = −4. Para este valor, el vector (2, k, −1) = (2, −4, −1) es un elemento de V .

resulta que

a

a y

Nota: También se puede resolver el sistema formado por las ecuaciones 1

3 , y los valores obtenidos se sustituyen en la 2

2.2.

a y se halla el valor de

k.

Dependencia e independencia lineal

Ejercicio 2.7. Estúdiese, con la denición o caracterización, si son linealmente

independientes (libres) los siguientes conjuntos de vectores, y en caso negativo, exprésese uno de los vectores como combinación lineal de los anteriores. (a )

{(4, −2), (3, 1)}. {(6, −4), (−9, 6)}. (c ) {(2, 1), (−1, 3), (2, 2)}. (b )

Solución. (a ) Se aplica la caracterización 2.11, la cual dice que la única solución

de la ecuación vectorial ...,

λ1 v¯1 + λ2 v¯2 + · · · + λp v¯p = ¯0

es la trivial (λ1

= 0, λ2 = 0,

λp = 0).

En nuestro caso, la ecuación

λ(4, −2) + μ(3, 1) = (0, 0), da lugar al sistema

4λ + 3μ = 0 −2λ + μ = 0

cuya única solución es

λ = 0, μ = 0. (Obsérvese que es homogéneo y es un sistema

de Cramer). Por tanto, es linealmente independiente. (b ) Ahora la ecuación

λ(6, −4) + μ(−9, 6) = (0, 0)

lleva al sistema

6λ − 9μ = 0 −4λ + 6μ = 0

Como son dos ecuaciones proporcionales, se elimina la segunda y se despeja la primera y resulta

λ = 32 μ

con

μ

λ

de

libre, por tanto hay innitas soluciones. Por

consiguiente, el segundo conjunto es linealmente dependiente. El segundo vector

(−9, 6) =

62

−3 2 (6, −4) es un múltiplo del primero.


ESPACIOS VECTORIALES Nótese que en

R2

(y en general en

Rn )

dos vectores no nulos son linealmente

dependientes si y sólo si sus componentes son proporcionales. (c ) Ahora de la ecuación

λ1 (2, 1) + λ2 (−1, 3) + λ3 (2, 2) = (0, 0) se obtiene el sistema equivalente

2λ1 − λ2 + 2λ3 = 0 λ1 + 3λ2 + 2λ3 = 0

Como es homogéneo, tiene 3 incógnitas y el rango de la matriz de los coecientes es

2,

es un sistema compatible indeterminado que tiene innitas soluciones. Con

esto es suciente para concluir que el conjunto es linealmente dependiente. Para expresar un vector como combinación lineal de los anteriores, (será el tercero, puesto que los dos primeros son linealmente independientes) se resuelve el sistema. Se elimina

λ3 de la segunda ecuación con la transformación E2 → E2 −E1 ,

y resulta

Se usa

λ2 = t

λ1 = 4t, se sustituye en −7 2 t. Una solución es, por ejemplo

como parámetro, de la segunda ecuación

1 2 (−2

· 4t + t) = λ3 = t = 2, (λ1 , λ2 , λ3 ) = (8, 2, −7), esto signica

la primera y se despeja para

2λ1 − λ2 + 2λ3 = 0 −λ1 + 4λ2 =0

que

8 · (2, 1) + 2 · (−1, 3) + (−7) · (2, 2) = (0, 0). 8¯ u1 +2¯ u2 −7¯ u3 = ¯ 0 (que expresa el vector ¯0 como combinación lineal no trivial de u ¯1 , u ¯2 y u ¯3 ). De aquí se puede despejar u ¯3 y expresarlo como combinación lineal de los anteriores (como indica la caracterización 2.12): 7¯ u3 = u2 y multiplicando los dos miembros por 17 resulta u ¯3 = 87 u ¯1 + 27 u ¯2 . 8¯ u1 + 2¯

O lo que es lo mismo

Ejercicio 2.8.

En el espacio vectorial

R3 ,

estúdiese si los siguientes conjuntos

son linealmente independientes: (a )

A = {(3, 3, 2), (1, 1, −2), (2, 2, 3)}. (b ) B = {(1, 2, −3), (2, 1, 3), (1, 0, 1)}. (c ) C = {(1, 2, −3), (2, 1, 3)}.

Solución. (a ) Se va a usar como antes la caracterización dada por la propiedad 2.11. Así pues, se forma una combinación lineal de los vectores igualada al vector

¯0

de

R3 :

λ1 (3, 3, 2) + λ2 (1, 1, −2) + λ3 (2, 2, 3) = (0, 0, 0). 63


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Esta ecuación da lugar al siguiente sistema equivalente, que se resuelve por el método de Gauss.

⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 3 1 2 0 3 1 2 0 (1) (2) 3 1 2 0 ⎝3 1 2 0⎠ → ⎝0 0 0 0⎠ → 8 0 7 0 8 0 7 0 2 −2 3 0 (1)

E2 → E2 − E1 , E3 → E3 + 2E1 .

(2) Se suprime

E2 .

Este sistema es compatible indeterminado, tiene innitas soluciones y, por tanto,

A

es linealmente dependiente.

(b ) De la ecuación

λ1 (1, 2, −3) + λ2 (2, 1, 3) + λ3 (1, 0, 1) = (0, 0, 0), se obtiene el siguiente sistema equivalente, que se resuelve por el método de Gauss.

⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ 1 2 1 0 1 2 1 0 1 2 1 0 (1) (2) ⎝ 2 1 0 0⎠ → ⎝ 2 1 0 0⎠ → ⎝ 2 1 0 0⎠ −3 3 1 0 −4 1 0 0 −6 0 0 0 ⎛

(1)

E3 → E3 − E1 .

(2)

E3 → E3 − E2 . a ecuación se deduce que

Este sistema está ya escalonado. De la 3 sustituyendo hacia atrás se obtienen la trivial, y por tanto,

B

λ2 = 0

y

λ3 = 0,

λ1 = 0,

y

tiene pues solución única

es linealmente independiente.

(c ) Como un subconjunto de un conjunto libre es libre (véase 2.13(3)) y se ha probado en el apartado anterior que

Ejercicio 2.9.

B

es libre, se concluye que

C

es libre.

Estúdiese si los siguientes conjuntos son linealmente indepen-

E de las funciones de R en R. (a ) A = {f1 (t) = sen t, f2 (t) = cos t, f3 (t) = 1}. (b ) B = {f1 (t) = sen t, f2 (t) = cos t, f3 (t) = 1 + sen t, f4 (t) = 2 − cos t}. t t t (c ) C = {f1 (t) = a , f2 (t) = b , f3 (t) = c }, siendo a, b y c números positivos dientes en el espacio vectorial

distintos.

Solución. (a ) Antes de comenzar se recuerda que el elemento neutro de E es la función cero

¯ 0:R→R

denida por

¯0(t) = 0

para todo

t ∈ R.

Usaremos la caracterización dada en 2.11. Se forma la combinación lineal de las funciones igualada a la función cero:

64

λ1 f1 + λ2 f2 + λ3 f3 = ¯0.

Esta igualdad


ESPACIOS VECTORIALES equivale a decir que

λ1 f1 (t) + λ2 f2 (t) + λ3 f3 (t) = 0

para todo valor de

t ∈ R.

Se

sustituyen las funciones concretas y se obtiene

λ1 sen t + λ2 cos t + λ3 = 0 ∀t ∈ R.

(2.3)

Como, intuitivamente, parece imposible que con una combinación lineal no trivial de

sen t, cos t

y

1

resulte la función constante

0,

se va a demostrar este hecho con

rigor. Para ello se obtiene un sistema de ecuaciones con incógnitas dando valores particulares a

t

λ 1 , λ2

y

λ3

en (2.3):

t = 0 ⇒ λ1 · 0 + λ 2 · 1 + λ 3 = 0 ⇒ t = π ⇒ λ1 · 0 + λ2 · (−1) + λ3 = 0 ⇒ t = π/2 ⇒ λ1 · 1 + λ2 · 0 + λ3 = 0 ⇒ Se resuelve el sistema y la única solución que tiene es que demuestra que el conjunto

A

⎫ λ2 + λ3 = 0 ⎬ −λ2 + λ3 = 0 ⎭ λ1 + λ3 = 0 λ1 = 0, λ2 = 0, λ3 = 0,

lo


(b ) Se forma la combinación lineal de las funciones igualada a la función cero:

λ1 sen t + λ2 cos t + λ3 (1 + sen t) + λ4 (2 − cos t) = 0 ∀t ∈ R. Operando se tiene

(λ1 + λ3 ) sen t + (λ2 − λ4 ) cos t + (λ3 + 2λ4 ) · 1 = 0 ∀t ∈ R. Según el apartado anterior, el conjunto de funciones

{sen t, cos t, 1}

es lineal-

mente independiente, por tanto, se deduce que los coecientes de la combinación lineal anterior son cero, esto es

⎧ ⎧ ⎨ λ1 + λ3 = 0 ⎨ λ1 = 2λ4 λ2 = λ4 λ2 − λ 4 = 0 → ⎩ ⎩ λ3 = −2λ4 λ3 + 2λ4 = 0 λ4 = 1, λ1 = 2, λ2 = 1, λ3 = −2. 2f1 + f2 − 2f3 + f4 = ¯0. Se despeja f4 y resulta

Hay pues innitas soluciones, por ejemplo, Con estos valores se verica

f4 = −2f1 − f2 + 2f3 ,

es decir,

2 − cos t = −2 sen t − cos t + 2(1 + sen t) ∀t ∈ R. En consecuencia,

B

es linealmente dependiente.

(c ) Se forma la combinación lineal de las funciones igualada a la función cero:

λ1 at + λ2 bt + λ3 ct = 0 ∀t ∈ R. 65


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Se dan a

t

los valores

0, 1

2 ⎧ ⎨

y

y resulta el sistema

λ1 + λ2 + λ3 = 0 aλ1 + bλ2 + cλ3 = 0 ⎩ 2 a λ 1 + b2 λ 2 + c 2 λ 3 = 0 Este sistema es de Cramer porque tiene 3 ecuaciones, 3 incógnitas y el determinante de la matriz de los coecientes vale

1 1 1 1 0 0 (2) b − a c − a a b c (1) b−a c−a = 2 = a b − a2 c 2 − a2 a 2 b 2 − a 2 c 2 − a 2 a 2 b 2 c 2 (3) 1 b−a c−a 1 = = (b − a)(c − a) (b − a)(b + a) (c − a)(c + a) b + a c + a = (b − a)(c − a)(c − b) (1) (3)

C2 → C2 − C1 , C3 → C3 − C1 . (2) Se desarrolla Se saca factor a b − a en C1 y a c − a en C2 .

que es distinto de

0

porque los números

a, b

y

c

por

F1 .

son distintos. Por tanto, por

tratarse de un sistema homogéneo, la única solución es la trivial y, en consecuencia, las funciones

2.3.

at , bt

y

ct

son linealmente independientes.

Bases. Dimensión. Coordenadas

Ejercicio 2.10. Estúdiese, con la denición, si es una base de

¯2 = (0, 1, −2), u ¯3 = (−1, 4, 2)}. B = {¯ u1 = (0, 0, 1), u

R3

Solución. Se utiliza la denición 2.14. En primer lugar se estudia si

el conjunto

B

es lineal-

mente independiente. De la ecuación

λ1 (0, 0, 1) + λ2 (0, 1, −2) + λ3 (−1, 4, 2) = (0, 0, 0), resulta el siguiente sistema

⎧ ⎨

−λ3 = 0 λ2 + 4λ3 = 0 ⎩ λ1 − 2λ2 + 2λ3 = 0 Puesto que sólo tiene la solución trivial,

66

B

→

⎧ ⎨ λ3 = 0 λ2 = 0 ⎩ λ1 = 0



ESPACIOS VECTORIALES B es un sistema de generadores de R3 . Dado un vector cualquiera u ¯ = (a, b, c) ∈ R3 , hay que hallar los números λ1 , λ2 , λ3 tales ¯ 1 + λ2 u ¯ 2 + λ3 u ¯3 = u ¯, esto es que λ1 u En segundo lugar se estudia si

λ1 (0, 0, 1) + λ2 (0, 1, −2) + λ3 (−1, 4, 2) = (a, b, c). λ1 , λ2 , λ3 ⎧ ⎨ λ3 = −a λ2 = b + 4a ⎩ λ1 = c + 2(b + 4a) − 2(−a) = 10a + 2b + c

De aquí resulta el siguiente sistema de incógnitas

⎧ ⎨

−λ3 = a λ2 + 4λ3 = b ⎩ λ1 − 2λ2 + 2λ3 = c

→

Por tanto, hay solución y se sigue que consecuencia,

B

3 es una base de R .

Ejercicio 2.11.

Pruébese que

y hállense las coordenadas del

B

es un sistema de generadores y en

u ¯1 = (2, 5) y u ¯2 = (1, 4) forman vector v ¯ = (4, 7) en dicha base.

una base de

R2

Solución. Como la dimensión de R2 es 2, por la propiedad 2.19(b), es suciente probar que

¯2 u ¯1 , u

son linealmente independientes:

2λ + μ = 0 (1) → 5λ + 4μ = 0

λ(2, 5) + μ(1, 4) = (0, 0) ⇒ (1)

2λ + μ = 0 → −3λ = 0

μ=0 λ=0

E2 → E2 − 4E1 .

Como únicamente tiene la solución trivial, los vectores son linealmente independientes. Para hallar las coordenadas de como combinación lineal de

u ¯1 , u ¯2 .

tales que

(1)

(véase 2.16), hay que expresarlo

2x + y = 4 (1) → 5x + 4y = 7

x(2, 5) + y(1, 4) = (4, 7) ⇒

2x + y = 4 → −3x = −9

x

e

y

x=3 y = −2

E2 → E2 − 4E1 .

Por tanto, las coordenadas de

Ejercicio 2.12.

v¯ = (4, 7)

Por tanto, hay que hallar los números

v¯

(a ) Pruébese que

3 forman una base de R .

en dicha base son

(3, −2).

u ¯1 = (2, 1, 0), u ¯2 = (0, 1, −1)

y

u ¯3 = (3, 0, 1)

(b ) Hállense las coordenadas del vector

v¯ = (5, 1, 2) respecto de la base anterior. (c ) Sabiendo que las coordenadas de w ¯ en la base del apartado (a ) son (−1, 3, 2), determínense las coordenadas de w ¯ en la base canónica de R3 .

67



Solución.

(a ) Como la dimensión de

ciente probar que

¯2 , u ¯3 u ¯1 , u

R3

es

3,

por la propiedad 2.19(b), es su-


⎧ ⎧ ⎨2λ1 + 3λ3 = 0 ⎨λ1 = 0 λ1 + λ 2 = 0 ⇒ λ2 = 0 λ1 (2, 1, 0)+λ2 (0, 1, −1)+λ3 (3, 0, 1) = (0, 0, 0) ⇒ ⎩ ⎩ −λ2 + λ3 = 0 λ3 = 0 Como la única solución es la trivial, se deduce que de

R3 .

(b ) Hay que expresar

v¯

u ¯1 , u ¯2

y

u ¯3

forman una base

como combinación lineal de los vectores de la base:

λ1 (2, 1, 0) + λ2 (0, 1, −1) + λ3 (3, 0, 1) = (5, 1, 2). De aquí resulta el siguiente sistema que se resuelve a continuación.

⎧ ⎧ ⎧ 2λ1 λ3 = −1 + 3λ3 = 5 + 3λ3 = 5 ⎨ ⎨ ⎨ 2λ1 (1) (2) =1 → =1 → = 1 λ1 + λ 2 λ1 + λ2 λ1 + λ2 ⎩ ⎩ ⎩ + λ3 = 3 + λ3 = 3 − λ2 + λ 3 = 2 λ1 λ1 (1)

E3 → E3 + E2 .

(2)

E1 → E1 − 2E3 . a ecuación, 3a y 2a y se obtiene

Se despeja sucesivamente de la 1

λ1 = 4 y λ2 = −3. Por son [¯ v ]B = (4, −3, −1).

tanto, las coordenadas de

v¯

en la base

λ3 = −1, B = {¯ u1 , u ¯2 , u ¯3 }

(c ) Es suciente con aplicar la denición de coordenadas respecto de una base y operar:

[w] ¯ B = (−1, 3, 2)

implica

u2 + 2¯ u3 = −(2, 1, 0) + 3 · (0, 1, −1) + 2 · (3, 0, 1) w ¯ = −¯ u1 + 3¯ = (−2, −1, 0) + (0, 3, −3) + (6, 0, 2) = (4, 2, −1) = 4 · (1, 0, 0) + 2 · (0, 1, 0) − (0, 0, 1). Por tanto, las coordenadas de

Ejercicio 2.13.

w ¯

en la base canónica son

(4, 2, −1).

(a ) Pruébese que el conjunto de polinomios

B = {p1 (x) = 1 + x, p2 (x) = x + x2 , p3 (x) = 1 + x2 } es una base del espacio vectorial o igual que

P2 [x]

de todos los polinomios de grado menor

2.

(b ) Hállense las coordenadas del polinomio base anterior.

68

p(x) = 2 − x + 4x2

respecto de la



Solución.

(a ) Hay que probar que

sistema de generadores de

B es linealmente independiente y que es un P2 [x]. En primer lugar se demuestra que es linealmente

independiente.

λ1 p1 (x) + λ2 p2 (x) + λ3 p3 (x) = ¯0. Se sustituyen los polinomios y se opera:

λ1 (1 + x) + λ2 (x + x2 ) + λ3 (1 + x2 ) = ¯0. λ1 + λ1 x + λ2 x + λ2 x2 + λ3 + λ3 x2 = ¯0. (λ1 + λ3 ) + (λ1 + λ2 )x + (λ2 + λ3 )x2 = ¯0. Ahora, teniendo en cuenta que

¯ 0,

el elemento neutro de

P2 [x],

es el polinomio

que tiene todos los coecientes igual a 0, se igualan coecientes y se obtiene el siguiente sistema que se transforma en uno escalonado.

⎧ ⎧ ⎧ λ1 + λ3 = 0 + λ3 = 0 + λ3 = 0 ⎨ ⎨ λ1 ⎨ λ1 (1) (2) λ1 + λ2 λ2 − λ 3 = 0 → λ2 − λ 3 = 0 =0 → ⎩ ⎩ ⎩ λ2 + λ 3 = 0 λ2 + λ 3 = 0 2λ3 = 0 (1)

E2 → E2 − E1 .

(2)

E3 → E3 − E2 .

Se resuelve hacia atrás y se obtiene concluye que

B

λ 3 = 0, λ 2 = 0, λ 1 = 0,

con lo que se


En segundo lugar, se prueba que es un sistema de generadores. Un polinomio

P2 [x] viene dado p1 (x), p2 (x) y p3 (x).

cualquiera de lineal de

por

a + bx + cx2 .

Probemos que es combinación

λ1 (1 + x) + λ2 (x + x2 ) + λ3 (1 + x2 ) = a + bx + cx2 . Se opera y resulta:

(λ1 + λ3 ) + (λ1 + λ2 )x + (λ2 + λ3 )x2 = a + bx + cx2 . Se igualan coecientes y se obtiene el siguiente sistema que se resuelve siguiendo los mismos pasos que el anterior:

⎧ ⎧ ⎧ λ1 + λ3 = a + λ3 = a + λ3 = a ⎨ ⎨ λ1 ⎨ λ1 (1) (2) =b → λ2 − λ3 = b − a λ1 + λ2 λ2 − λ3 = b − a → ⎩ ⎩ ⎩ 2λ3 = c − b + a λ2 + λ3 = c λ2 + λ3 = c (1)

E2 → E2 − E1 .

(2)

E3 → E3 − E2 .

69


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos De la 3 resulta

a ecuación se tiene que

λ1 =

a− 12 (a−b+c)

=

λ3 = 12 (a − b + c) y sustituyendo en las otras dos 1 1 1 2 (a+b−c), λ2 = b−a+ 2 (a−b+c) = 2 (−a+b+c).

Por tanto, como existe solución,

λ1 = 12 (a + b − c), λ2 = 12 (−a + b + c), λ3 = 12 (a − b + c), B

B

es un sistema de generadores y en conclusión,

es una base de

consiguiente la dimensión de este espacio vectorial es (b ) Para hallar las coordenadas de

(2.4)

P2 [x],

y por

3.

p(x) = 2 − x + 4x2

en la base

B,

en este

caso, como en el apartado anterior realmente se han hallado las coordenadas de

a + bx + cx2 (ecuación (2.4)), basta ahora elegir como a = 2, b = −1 y c = 4 y hallar los correspondientes valores

un polinomio genérico valores particulares

λi , i = 1, 2, 3,

y se obtiene:

λ1 = 12 (2 − 1 − 4) =

−3 2 ,

λ2 = 12 (−2 − 1 + 4) =

1 2 y

λ3 = 12 (2 + 1 + 4) = 72 .

Ejercicio 2.14. (a ) Pruébese que el siguiente conjunto es una base del espacio E = M2×2 de las matrices de orden 2 × 2

1 1 1 −1 0 0 0 0 , A2 = , A3 = , A4 = . B = A1 = 0 0 0 0 1 1 1 −1

vectorial

(b ) Hállense las coordenadas de la matriz

3 −1 7 1

C=

en la base

B.

Solución. (a ) Se comprueba, en primer lugar, que B es libre para lo que se parte de la igualdad

donde

¯0

es la matriz

λ1 A1 + λ2 A2 + λ3 A3 + λ4 A4 = ¯0,

0 0 ¯ nula de orden 2 × 2, es decir 0 = . 0 0

λ1

1 1 1 −1 0 0 0 0 0 0 + λ2 + λ3 + λ4 = ⇒ 0 0 0 0 1 1 1 −1 0 0

λ 1 + λ 2 λ 1 − λ2 λ3 + λ 4 λ 3 − λ4

70

=

0 0 . 0 0


ESPACIOS VECTORIALES Igualando término a término, se obtiene el siguiente sistema:

⎧ λ1 + λ2 ⎪ ⎪ ⎨ λ 1 − λ2 λ3 + λ 4 ⎪ ⎪ ⎩ λ3 − λ 4 (1)

⎧ λ 1 + λ2 =0 ⎪ ⎪ ⎨ = 0 (1) −2λ2 → =0 λ3 + λ 4 ⎪ ⎪ ⎩ −2λ4 =0

⎧ =0 λ1 ⎪ ⎪ ⎨ =0 λ2 → =0 λ ⎪ ⎪ ⎩ 3 λ4 =0

=0 =0 =0 =0

E2 → E2 − E1 , E4 → E4 − E3 .

Por tanto,

B

es libre. En segundo lugar se prueba que es un sistema de gene-

a b , hay que encontrar c d los números λi , i = 1, . . . , 4 tales que λ1 A1 +λ2 A2 +λ3 A3 +λ4 A4 = A. Se sustituye

radores. Dada una matriz

A cualquiera de M2×2 , A =

y se opera como antes y se llega al siguiente sistema que se resuelve siguiendo los mismos pasos.

⎧ ⎧ ⎧ λ1 = ⎪ λ λ + λ = a + λ = a ⎪ ⎪ ⎪ 1 2 1 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎨ λ2 = λ1 − λ2 −2λ2 = b (1) =b−a → → + λ = c + λ = c λ λ ⎪ ⎪ ⎪ λ3 = 3 4 3 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⎪ ⎩ λ3 − λ4 = d −2λ4 = d − c λ4 = (1)

E2 → E2 − E1 , E4 → E4 − E3 .

Como hay solución única,

B

1 2 (a + b) 1 2 (a − b) 1 2 (c + d) 1 2 (c − d)

B

es un sistema de generadores y, en consecuencia,

M2×2 mn.

es una base. Por consiguiente, el espacio vectorial

general, el espacio vectorial

Mm×n

es de dimensión

es de dimensión

(b ) Para hallar las coordenadas de la matriz anteriores con los valores

a = 3, b = −1, c = 7

y

C , basta aplicar d = 1 y se obtiene

4.

En

las fórmulas

λ1 = 12 (3 − 1) = 1, λ2 = 12 (3 + 1) = 2, λ3 = 12 (7 + 1) = 4, λ4 = 12 (7 − 1) = 3 . Por tanto, las coordenadas de

Ejercicio 2.15.

C

en la base

B

B = {¯ e1 , e¯2 , e¯3 , e¯4 }

son

(1, 2, 4, 3).

E. e1 , e¯1 + e¯2 , e¯1 + Estúdiese si los siguientes conjuntos son bases de E : B1 = {¯ e4 , e¯3 − e¯4 , e¯2 − e¯3 , e¯1 − e¯2 , e¯1 + e¯2 + e¯3 + e¯4 } y B3 = e¯3 − e¯4 }, B2 = {¯ {¯ e4 , e¯3 − e¯4 , e¯2 + e¯3 − e¯4 , e¯1 − e¯2 + e¯3 − e¯4 }. Sea

una base del espacio vectorial

Solución. Puesto que todas las bases tienen el mismo número de elementos y B tiene

4 elementos, se tiene que B1 y B2 no son base ya que tienen 3 y 5 elementos, B3 es base, es suciente comprobar si es libre, ya

respectivamente. Para ver si

71


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos que un conjunto libre de

4

elementos en un espacio de dimensión

4

es base (véase

2.19(b)).

e3 − e¯4 ) + λ3 (¯ e2 + e¯3 − e¯4 ) + λ4 (¯ e1 − e¯2 + e¯3 − e¯4 ) = ¯0. λ1 e¯4 + λ2 (¯ Se opera y resulta

λ1 e¯4 + λ2 e¯3 − λ2 e¯4 + λ3 e¯2 + λ3 e¯3 − λ3 e¯4 + λ4 e¯1 − λ4 e¯2 + λ4 e¯3 − λ4 e¯4 = ¯0, e2 + (λ2 + λ3 + λ4 )¯ e3 + (λ1 − λ2 − λ3 − λ4 )¯ e4 = ¯0. λ4 e¯1 + (λ3 − λ4 )¯ Puesto que

B

es libre, se sigue que todos los coecientes han de ser cero y se

obtiene el siguiente sistema.

⎧ ⎪ ⎪ ⎨

λ4 λ3 − λ 4 + λ λ ⎪ 2 3 + λ4 ⎪ ⎩ λ 1 − λ2 − λ 3 − λ 4 Por tanto, de

4

B3

⎧ λ4 =0 ⎪ ⎪ ⎨ =0 λ3 → =0 λ ⎪ ⎪ ⎩ 2 =0 λ1

es libre y como la dimensión de

E

=0 =0 =0 =0

es 4, cualquier conjunto libre

elementos es una base (véase 2.19(b)), con lo que se concluye que

base de

B3

es una

E.

Ejercicio 2.16. Se dice que una matriz cuadrada A es antisimétrica si A = −At . Pruébese que el conjunto

S

de todas las matrices cuadradas de orden

antisimétricas es un subespacio vectorial de

Solución. Por denición S = {A ∈ M3×3 : 2.5 para comprobar que Sean

A, B ∈ S

y

equivale a decir que

S

M3×3

3×3

y hállese su dimensión.

A = −At }.

Se utilizará la propiedad

es un subespacio.

α, β ∈ R. Entonces hay que probar que αA + βB ∈ S , αA + βB = −(αA + βB)t . En efecto, (2)

(1)

lo que

(3)

−(αA + βB)t = −[(αA)t + (βB)t ] = −(αAt + βB t ) = −αAt − βB t (4)

(5)

= α(−At ) + β(−B t ) = αA + βB.

(X +Y )t = X t +Y t (véase 1.20). (2) (αX)t = αX t . (3) −(X +Y ) = −X −Y . (4) −αX = α(−X). (5) A, B ∈ S .

(1)

Para hallar la dimensión hay que encontrar una base de

⎞ x 1 x2 x3 ⎝x 4 x 5 x 6 ⎠ x7 x8 x9 ⎛

A

72

de dimensión

3×3

será de la forma

S . Una matriz genérica

y es un elemento de

S

si y


ESPACIOS VECTORIALES sólo si

A = −At ,

es decir, si y sólo si

⎛

⎞ ⎛ ⎞ x1 x 2 x 3 −x1 −x4 −x7 ⎝x4 x5 x6 ⎠ = ⎝−x2 −x5 −x8 ⎠ . x7 x8 x9 −x3 −x6 −x9

Esta igualdad da lugar al siguiente sistema (se han suprimido 3 ecuaciones ya que están sus opuestas):

x 2 , x 3 , x6

⎧ ⎧ x1 = 0 x1 = −x1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x = −x x5 = 0 ⎪ ⎪ 4 2 ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ x7 = −x3 x9 = 0 → x4 = −x2 x = −x ⎪ ⎪ 5 5 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x = −x x = −x3 6 ⎪ ⎪ ⎩ 7 ⎩ 8 x9 = −x9 x8 = −x6

libres. Por tanto, usando los parámetros

que las matrices de

S

x2 = α, x3 = β , x6 = γ , resulta

son de la forma

⎞ 0 α β A = ⎝−α 0 γ ⎠ = αA1 + βA2 + γA3 , −β −γ 0

donde

⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 0 1 0 0 0 1 0 0 0 A1 = ⎝−1 0 0⎠ , A2 = ⎝ 0 0 0⎠ , A3 = ⎝0 0 1⎠ . 0 0 0 −1 0 0 0 −1 0

Por tanto,

⎛

A 1 , A2

y

A3

son generadores de

S

y es fácil comprobar que son lineal-

mente independientes, por lo que forman una base de dimensión de

2.4.

S

es

S

y, en consecuencia, la

3.

Cambio de base

Ejercicio 2.17. Sean

A = {¯ e1 , e¯2 } y B = {¯ u1 , u ¯2 } dos bases de R2 relacionadas

por las expresiones

u ¯1 = 3¯ e1 + e¯2 ,

u ¯2 = 5¯ e1 + 2¯ e2 .

(a ) Obténganse las coordenadas de

v¯ en la base B si en la base A son (−4, −1). (b ) Obténganse las coordenadas de w ¯ en la base A si en la base B son (−5, 4). (c ) ¾Cuáles son las coordenadas de u ¯1 en la base A?, ¾y en la base B ? (d ) ¾Cuáles son las coordenadas de e ¯1 en la base A?, ¾y en la base B ?

73



Solución. En este ejercicio, con la intención de claricar ideas no se va a usar el apartado 2.28, sólo la denición de coordenadas (apartado 2.16). (a ) Por denición de coordenadas se tiene que

(λ1 , λ2 )

v¯ = −4¯ e1 − e¯2

y hay que hallar

de forma que

v¯ = −4¯ e1 − e¯2 = λ1 u ¯ 1 + λ2 u ¯2 . Se sustituye y se opera

e1 + e¯2 ) + λ2 (5¯ e1 + 2¯ e2 ) = 3λ1 e¯1 + λ1 e¯2 + 5λ2 e¯1 + 2λ2 e¯2 −4¯ e1 − e¯2 = λ1 (3¯ = (3λ1 + 5λ2 )¯ e1 + (λ1 + 2λ2 )¯ e2 . Se igualan coecientes (en una base hay unicidad de expresión) y se obtiene el siguiente sistema.

3λ1 + 5λ2 = −4 (1) → λ1 + 2λ2 = −1 (1)

−λ2 = −1 → λ1 + 2λ2 = −1

λ2 = 1 λ1 = −3

E1 → E1 − 3E2 .


v¯

en la base

(b ) Por denición de coordenadas

B

(−3, 1).

son

w ¯ = −5¯ u1 + 4¯ u2 ,

con lo que se tiene que

w ¯ = −5(3¯ e1 + e¯2 ) + 4(5¯ e1 + 2¯ e2 ) = 5¯ e1 + 3¯ e2 . Por consiguiente, las coordenadas de

w ¯

en la base

(c ) Basta tener en cuenta la relación de

u ¯1

en la base

A

son

Para hallar las coordenadas de en la

¯1 + 0 · u ¯2 , u ¯1 = 1 · u base B son (1, 0).

(d ) Análogamente, base

A

son

son

u ¯1 = 3¯ e1 + e¯2

(5, 3).

y de aquí las coordenadas

(3, 1).

observar que

u ¯1

A

u ¯1

en la base

B = {¯ u1 , u ¯2 }

es suciente

lo que equivale a decir que las coordenadas de

e¯1 = 1 · e¯1 + 0 · e¯2 ,

por lo que las coordenadas de

e¯1

Para obtener las coordenadas de combinación lineal de

u ¯1

y

u ¯2

e¯1

en la base

B

hay que expresar

y proceder como en el apartado (a ).

e¯1

e¯1 = λ1 (3¯ e1 + e¯2 ) + λ2 (5¯ e1 + 2¯ e2 ) = (3λ1 + 5λ2 )¯ e1 + (λ1 + 2λ2 )¯ e2 . 74

en la

(1, 0). como


ESPACIOS VECTORIALES Esta ecuación da lugar al siguiente sistema.

3λ1 + 5λ2 = 1 (1) → λ1 + 2λ2 = 0

(1)

−λ2 = 1 → λ1 + 2λ2 = 0

λ2 = −1 λ1 = 2

E1 → E1 − 3E2 .


Ejercicio 2.18.

e¯1

en la base

B

son

(2, −1).

Resuélvase el ejercicio anterior usando cálculo matricial.

Solución. Se va a usar el apartado 2.28. Se sabe que si un vector u¯ se expresa en las dos bases

A

y

B

como

¯ 1 + y2 u ¯2 , u ¯ = x1 e¯1 + x2 e¯2 = y1 u entonces la relación entre

X = [¯ u]A = (x1 , x2 )t

e

Y = [¯ u]B = (y1 , y2 )t

[¯ u]A = P [¯ u]B o bien X = P Y , e1 + e¯2 A hasta B . Como u ¯1 = 3¯

P la matriz del cambio u ¯2 = 5¯ e1 + 2¯ e2 , se tiene que

está dada por

siendo

de base desde

y

P =

3 5 1 2

, y en consecuencia la relación entre las coordenadas está dada por

la ecuación matricial

Si llamamos

Q

x1 x2

=

3 5 1 2

1 a la matriz inversa de

entonces el paso de

X

a

Y

y1 . y2

P,

es decir,

Y = QX , es

2 −5 x1 y1 = . −1 3 y2 x2 está dado por

Apartado (a ). Se tiene que

(x1 , x2 ) = (−4, −1),

(2.5)

Q =

P −1

=

2 −5 −1 3

,

decir:

(2.6)

se aplica la ecuación anterior

(2.6) y se obtiene

y1 2 −5 −4 −3 = = , −1 3 −1 1 y2 1 La matriz inversa se obtiene con la fórmula dada en la cuestión 1.30. Así se hará en lo sucesivo sin mencionarlo.

75


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos v¯

que son las coordenadas de

en la base

Apartado (b ). Se tiene que

B.

(y1 , y2 ) = (−5, 4),

y por medio de (2.5) se obtiene

5 −5 3 5 x1 , = = 3 4 1 2 x2 w ¯

que son las coordenadas de

en la base

A.

Apartado (c ). Ya se vio que no había que hacer ningún cálculo. Apartado (d ). Sólo se verá el cálculo de las coordenadas de

e¯1

en la base

B.

(x1 , x2 ) = (1, 0), se aplica (2.6) como en el apartado (a ) y (y1 , y2 ) = (2, −1), que son las coordenadas de e¯1 en la base B . Hubiera a −1 son las coordenadas de e ¯1 en bastado tener en cuenta que la 1 columna de P la base B . Entonces se tiene que

se obtiene

Q del cambio de base desde B A se puede obtener expresando los vectores e¯1 y e¯2 como combinación lineal ¯2 , para ello basta resolver el siguiente sistema vectorial, en de los vectores u ¯1 y u ¯1 y u ¯2 : el que se despeja e ¯1 y e¯2 en función de u NOTA. Es interesante observar que la matriz

hasta

3¯ e1 + e¯2 = u ¯1 (1) → 5¯ e1 + 2¯ e2 = u ¯2 (1)

E2 → E2 − 2E1 .

(2) 3¯ e1 + e¯2 = u ¯1 → −¯ e1 = −2¯ u1 + u ¯2

(2)

E2 → −E2 ,

sustituir

e¯1

en

e¯2 = −5¯ u1 + 3¯ u2 e¯1 = 2¯ u1 − u ¯2

E1

y despejar

e¯2 .

Q es la traspuesta de los coecientes de e ¯1 = 2¯ u1 −¯ u2

2 −5 −1 . Q= , que coincide con P −1 3

En consecuencia la matriz y

e¯2 = −5¯ u1 + 3¯ u2 ,

es decir,

Ejercicio 2.19. En R2 se consideran las bases A = {¯u1 = (1, 3),

u ¯2 = (1, −2)} B = {¯ v1 = (3, 2), v¯2 = (5, 3)}. (a ) Si las coordenadas de w ¯ en la base A son (4, 2), ¾cuáles son sus coordenadas en la base B ? (b ) ¾Cuáles son las coordenadas de v ¯1 en la base A? (c ) ¾Cuál es la matriz del cambio de base desde la base A hasta la base B ? (d ) Generalícese, es decir, si A, B y C son bases de un espacio E , P es la matriz del cambio de base desde C hasta A y Q es la matriz del cambio de base desde C hasta B , ¾cuál es la matriz del cambio de base desde A hasta B ? Aplíquese

y

al apartado anterior.

76



Solución. Antes de resolver este ejercicio, nótese que se proporcionan las componentes de los vectores de las bases, lo cual equivale a que se dan las coordenadas de los vectores

¯2 , v¯1 , v¯2 en la base canónica de R2 : C = {¯ e1 = (1, 0), e¯2 = (0, 1)}. u ¯1 , u

(a ) Por denición de coordenadas, se tiene que

w ¯ = 4¯ u1 + 2¯ u2

y resulta

w ¯ = 4 · (1, 3) + 2 · (1, −2) = (6, 8). Éstas son las coordenadas de

w ¯

w ¯

en la base

B

o planteando una ecuación.

[w] ¯B=Q

−1

con cálculo matricial

Con cálculo matricial sería

e2 . w ¯ = 6¯ e1 + 8¯

en la base canónica, esto es,

Ahora se pueden hallar las coordenadas de

[w] ¯ C = Q[w] ¯ B,

[w] ¯C=

−3 5 2 −3

donde

Q=

3 5 2 3

. Por tanto,

6 22 = . 8 −12

Planteando una ecuación, hay que resolver la ecuación

λ1 v¯1 + λ2 v¯2 = (8, 8).

De

aquí se tiene

λ1 (3, 2) + λ2 (5, 3) = (6, 8) ⇒ → (1)

3λ1 + 5λ2 = 6 (1) → 2λ1 + 3λ2 = 8

3λ1 + 5λ2 = 6 λ2 = −12

λ1 = 22 λ2 = −12

E2 → −3E2 + 2E1 .


w ¯

en la base

(b ) Ahora hay que resolver la ecuación

λ1 (1, 3) + λ2 (1, −2) = (3, 2) ⇒ → (1)

B

son

(22, −12).

λ1 u ¯ 1 + λ2 u ¯2 = v¯1 ,

λ1 + λ2 = 3 (1) → 3λ1 − 2λ2 = 2 λ1 = λ2 =

esto es:

λ1 + λ2 = 3 −5λ2 = −7

8 5 7 5

E2 → E2 − 3E1 .

Así pues, las coordenadas de

v¯1

en la base

A

son

(8/5, 7/5).

77


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (c ) Hay que expresar

v¯1

y

v¯2

apartado anterior se ha hecho para

como combinación lineal de

v¯1 ,

λ1 (1, 3) + λ2 (1, −2) = (5, 3) ⇒ →

nos falta

λ1 + λ2 = 5 (1) → 3λ1 − 2λ2 = 3 λ1 = λ2 =

u ¯1

y

u ¯2 .

En el

v¯2 . λ1 + λ2 = 5 −5λ2 = −12

13 5 12 5

E2 → E2 − 3E1 .

(1)

Por consiguiente, las coordenadas de

v¯2

en la base

A

son

(13/5, 12/5).

Teniendo en cuenta los apartados (b ) y (c ), se tiene

v¯1 = 58 u ¯1 + 75 u ¯2 ,

v¯2 =

13 ¯1 5 u

+

12 ¯2 . 5 u

Por tanto, la matriz del cambio de base desde la base

R=

8 5 7 5

13 5 12 5

(d ) Sea

=

w ¯

1 5

8 13 . 7 12

A

hasta la base

B

es

un vector cualquiera del espacio. Según la denición de matriz de

cambio de base, si P es la matriz de cambio desde C hasta A, se tiene [w] ¯C = P [w] ¯ A . Del mismo modo, si Q es la matriz de cambio desde C hasta B , entonces ¯ B . Se igualan ambas expresiones: P [w] ¯ A = Q[w] ¯ B , y se sigue que [w] ¯ C = Q[w]

[w] ¯ A = P −1 Q[w] ¯ B, igualdad de la que se deduce que la matriz del cambio de base desde es

R = P −1 Q.

A

hasta

B

Se aplica este resultado al apartado anterior y se tiene que

R=P

−1

Q=

1 −5

−2 −1 −3 1

3 5 = 2 3

1 5

8 13 7 12

1 1 3 5 al ser P = y Q = . Esta matriz R es la matriz del cambio 3 −2 2 3 de base desde A hasta B , y como se ve coincide con la obtenida en el apartado anterior.

78



Ejercicio 2.20. Se consideran en R3 la base canónica C = {¯e1 = (1, 0, 0),

e¯2 = B = {¯ u1 = (1, 0, 3), u ¯2 = (1, 1, 4), u ¯3 =

(0, 1, 0), e¯3 = (0, 0, 1)} y la base (0, 1, 3)}. (a ) Si las coordenadas de v ¯ en la base B

son

(3, −2, 2),

determínense sus coor-

denadas en la base canónica. (b ) ¾Cuáles son las coordenadas de

Solución.

w ¯ = (−1, −1, 1)

en la base

B?

Este ejercicio se va a resolver utilizando la expresión matricial del

cambio de coordenadas expuesto en el apartado 2.28. Se deja al lector que lo resuelva por el método de plantear una ecuación como en el ejercicio 2.17.

⎛

⎞ 1 1 0 La matriz del cambio de base desde la canónica C hasta B es P = ⎝0 1 1⎠. 3 4 3 A continuación, se halla la inversa de esta matriz por el método descrito en la

nota del ejercicio resuelto 2.18, esto es, se despejan los vectores los

e¯i

en función de

u ¯j .

⎧ ⎧ ⎧ e¯1 + 3¯ + 3¯ e3 = u ¯1 e3 = u ¯1 e3 = u ¯1 ⎨ ⎨ e¯1 + 3¯ ⎨ e¯1 (1) (2) e¯1 + e¯2 + 4¯ e3 = u ¯2 → e¯2 + e¯3 = −¯ u1 + u ¯2 → e¯2 + e¯3 = −¯ u1 + u ¯2 ⎩ ⎩ ⎩ e¯2 + 3¯ e3 = u ¯3 e¯2 + 3¯ e3 = u ¯3 2¯ e3 = u ¯1 − u ¯2 + u ¯3 ⎧ ⎧ e¯1 = −1 ¯1 + 32 u ¯2 − 32 u ¯3 ⎪ 2¯ e1 = −¯ u1 + 3¯ u2 − 3¯ u3 ⎨ ⎨ 2 u (3) −3 3 1 2¯ e2 = −3¯ u1 + 3¯ u2 − u ¯3 → e¯2 = 2 u ¯1 + 2 u ¯2 − 2 u ¯3 → ⎩ ⎪ ⎩ e¯ = 1 u 1 1 2¯ e3 = u ¯1 − u ¯2 + u ¯3 ¯ − u ¯ + u ¯ 3 2 1 2 2 2 3 (1)

E2 → E2 − E1 .

(2)

E3 → E3 − E2 .

(3)

E2 → 2E2 − E3 , E1 → 2E1 − 3E3 .

⎞B −1 −3 1 3 −1⎠. = 12 ⎝ 3 −3 −1 1

De aquí se obtiene que la matriz del cambio de base desde la base

⎛

base

C,

y por tanto, matriz inversa de

P,

es

P −1

(a ) Se sabe que la relación entre las coordenadas de un vector ambas bases es

v¯

u]B . [¯ u]C = P [¯

Por tanto, aplicado al vector

v¯,

hasta la

u ¯ cualquiera en

las coordenadas de

en la base canónica son

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 0 3 1 [¯ v ]C = ⎝0 1 1⎠ ⎝−2⎠ = ⎝0⎠ . 3 4 3 2 7

79


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (b ) Ahora, se aplica la relación inversa: denadas de

w ¯

en la base

B

[w] ¯ B = P −1 [w] ¯ C.

Por tanto, las coor-

son

⎞⎛ ⎞ ⎛ 5 ⎞ −1 −3 1 −1 2 ⎜ ⎟ 1⎝ ⎠ ⎝ 3 3 −1 −1⎠ = ⎝ −7 [w] ¯B=2 2 ⎠. 5 −3 −1 1 1 ⎛

2

2.5.

Rango. Base de un subsepacio generado

Ejercicio 2.21. Determínese el rango de los vectores

(−2, 1, 1)

y

w ¯ = (4, −1, −7).

u ¯ = (1, −1, 2), v¯ =

Solución. El rango es igual al rango de la matriz cuyas las son los vectores dados

(véase 2.22), y el rango de la matriz se calcula reduciéndola a la forma escalonada utilizando operaciones elementales entre las.

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎞ 1 −1 2 1 −1 2 1 −1 2 (1) (2) ⎝−2 1 5 ⎠ → ⎝0 −1 5⎠ 1 ⎠ → ⎝0 −1 0 3 −15 0 0 0 4 −1 −7 ⎛

(1)

F2 → F2 + 2F1 , F3 → F3 − 4F1 .

Por tanto, el rango es

2

(2)

F3 → F3 + 3F2 .

y consecuentemente, los vectores

mente dependientes. Generan un subespacio de dimensión Ejercicio 2.22. Determínese si los vectores

u ¯3 = (−1, 1, 2, 4)

y

u ¯4 = (−3, 0, 3, 4)

u ¯, v¯

y

w ¯

son lineal-

2.

u ¯1 = (1, 3, 2, −3), u ¯2 = (2, 5, 3, −2), R4 . En caso negativo,

forman una base de

encuéntrese un subconjunto linealmente independiente maximal y amplíese a una base. Solución. Se construye la matriz

A cuyas las son los vectores dados y se reduce

a forma escalonada:

⎛

1 ⎜2 A=⎜ ⎝−1 −3 80

3 5 1 0

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −3 1 3 2 −3 1 3 2 −3 (1) ⎜0 −1 −1 (2) ⎜0 −1 −1 3 −2⎟ 4⎟ 4⎟ ⎟→ ⎜ ⎟→ ⎜ ⎟ ⎝0 4 ⎝0 0 2 4⎠ 4 1⎠ 0 17 ⎠ 3 4 0 9 9 −5 0 0 0 31


ESPACIOS VECTORIALES ⎛

⎞ 1 3 2 −3 (3) ⎜0 −1 −1 4⎟ ⎟ →⎜ ⎝0 0 0 1⎠ 0 0 0 0 (1) (2)

F2 → F2 − 2F1 , F3 → F3 + F1 , F4 → F4 + 3F1 . F3 → F3 + 4F2 , F4 → F4 + 9F2 . (3) F3 → F3 /17, F4 → 17F4 − 31F3 .

Como el rango de

A

es

3,

4 por tanto, no son base de R . Según hemos visto, las

3

los vectores no son linealmente independientes y,

primeras las de

A

(puesto que no se han cambiado

de orden) llevan a una matriz escalonada de rango

3,

y por tanto, forman un

subconjunto linealmente independiente maximal. Para ampliar este subconjunto a una base (véase 2.19(d)), se pueden utilizar los vectores de la ⎛base canónica. Como ⎞ una matriz escalonada de la matriz formada con sus las es

1 3 2 −3 ⎝0 −1 −1 4 ⎠, 0 0 0 1

se puede añadir como tercera la

(0, 0, 1, 0),

ya que se obtiene una nueva matriz también escalonada y, por tanto, sus 4 las son linealmente independientes y, en consecuencia, una base de Así pues, una base de

R4

está formada por

u ¯1 , u ¯2 , u ¯3

y

R4 .

(0, 0, 1, 0).

Ejercicio 2.23. Determínese una base del subespacio S de R3 generado por los

a ¯ = (3, −1, −4), ¯b = (1, 2, 1) y c¯ = (4, 3, −1). Compruébese que w ¯ = (2, 3, 1) es un elemento de S y vectores

hállense sus coordenadas

respecto de la base anterior.

Solución.

Se estudia si son linealmente independientes formando la matriz

cuyas las son dichos vectores, pero en el orden escalonada:

(1)

de

S

A

y se lleva a la forma

⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 1 1 2 1 1 2 1 (1) (2) A = ⎝3 −1 −4⎠ → ⎝0 −7 −7⎠ → ⎝0 1 1⎠ 4 3 −1 0 −5 −5 0 0 0 F2 → F2 − 3F1 , F3 → F3 − 4F1 .

Por tanto, el rango es Como

¯b, a ¯, c¯,

2 = dim(S)

(2)

F2 → F2 /(−7), F3 → 7F3 − 5F2 .

y una base de

S

son los vectores

B = {¯ a, ¯b} es una base de S , la comprobación de que w ¯

a ¯

y

¯b.

es un elemento

y el cálculo de las coordenadas se realiza simultáneamente, ya que

w ¯

es un

81


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos elemento de

S

si y sólo si existen números

pedidas) tales que

¯ + λ2¯b. w ¯ = λ1 a

λ1 , λ2

(justamente las coordenadas

⎧ ⎨

⎧ 3λ1 + λ2 = 2 ⎨ 3λ1 + λ2 = 2 (1) −λ1 + 2λ2 = 3 → −7λ1 = −1 λ1 (3, −1, −4) + λ2 (1, 2, 1) = (2, 3, 1) ⇒ ⎩ ⎩ −4λ1 + λ2 = 1 −7λ1 = −1 (1)

E2 → E2 − 2E1 , E3 → E3 − E1 .

Como la tercera ecuación es equivalente a la segunda se suprime y el sistema tiene solución única. Se despeja en la segunda ecuación, la primera y resulta

λ2 =

11 7 .

Por tanto, las coordenadas de elemento de

en la base

B

son

1 7 , se sustituye en

(1/7, 11/7)

y

w ¯

es un

S.

Ejercicio 2.24. los vectores

w ¯

λ1 =

S de R4 generado por (−3, 2, 3, 5) y extiéndase

Determínese una base del subespacio

(1, 4, −1, 3), (1, 3, −1, 2), (2, −1, −2, −3) R4 si es necesario.

y

dicha base a una base de

Solución. Para determinar el rango de los vectores dados (y por tanto la dimensión del espacio generado

S)

se halla el rango de la matriz formada con dichos

vectores como las:

⎛

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 4 −1 3 1 4 −1 3 1 4 −1 3 ⎜1 (1) ⎜0 −1 (2) ⎜0 −1 3 −1 2 ⎟ 0 −1⎟ 0 −1⎟ ⎜ ⎟→ ⎜ ⎟→ ⎜ ⎟ ⎝ 2 −1 −2 −3⎠ ⎝0 −9 0 −9⎠ ⎝0 0 0 0⎠ −3 2 3 5 0 14 0 14 0 0 0 0

(1)

F2 → F2 −F1 , F3 → F3 −2F1 , F4 → F4 +3F1 . (2) F3 → F3 −9F2 , F4 → F4 +14F2 .

2 = dim(S) y una base está formada por los dos primeros (1, 4, −1, 3) y (1, 3, −1, 2), ya que al llevar a la forma escalonadas la matriz

Por tanto, el rango es vectores

no se ha cambiado el orden de las las. Además, es claro que añadiendo los vectores

(0, 0, 1, 0)

y

(0, 0, 0, 1)

se obtie-

4 ne una base de R porque la matriz que resulta al añadir estos dos vectores es escalonada de rango

82

4.



Ecuaciones de un subespacio

Ejercicio 2.25. Obténganse las ecuaciones paramétricas e implícitas del subes-

pacio

S

de

R2

generado por

Solución. Por denición,

a ¯ = (2, 1),

S

(2, 1).

es el conjunto de todas las combinaciones lineales de

es decir

S = {¯ x ∈ R2 :

existe

λ∈R

tal que

x ¯ = (x, y), entonces la ecuación vectorial x ¯ = λ¯ a λ(2, 1), que es equivalente a x = 2λ y = λ,

Si

x ¯ = λ¯ a}. en coordenadas es

(x, y) =

que son las ecuaciones paramétricas. Para obtener la ecuación o las ecuaciones implícitas, y para ser sistemáticos y proceder con las mismas ideas en los siguientes ejercicios, obsérvese que decir que

x ¯ = λ¯ a

para algún

λ∈R

equivale a decir que

rang{¯ x, a ¯} = 1

(ya que

a ¯ = ¯0

es linealmente independiente). Esto equivale a decir que el rango de la matriz

x y 2 1

menor

es

1,

y a su vez equivale a decir que todos los orlados de orden

2

del

|2| valen cero. En este caso, el único orlado de orden 2 que hay es det(¯ x, a ¯ ). x y 2 1 = 0 ⇔ x − 2y = 0,

Por tanto:

que es la ecuación implícita (o cartesiana) del subespacio de una recta que pasa por

(0, 0).

S.

Nótese que se trata

Los subespacios de dimensión

1

son rectas que

pasan por el origen. Ejercicio 2.26. Obténganse las ecuaciones paramétricas e implícitas del subes-

pacio

U

de

R3

generado por

(3, 4, −1).

Solución. La ecuación vectorial es

λ∈R

x ¯ = (x, y, z), a ¯ = (3, 4, −1) coordenadas es (x, y, z) = λ(3, 4, −1),

x ¯ = λ¯ a,

es el parámetro. Esta ecuación en

donde

y y

si se igualan las componentes se obtienen las ecuaciones paramétricas:

⎧ ⎨ x = 3λ y = 4λ ⎩ z = −λ 83


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Para obtener las ecuaciones implícitas, no hay más que observar como antes las siguientes equivalencias:

x y z x ¯ = λ¯ a ⇔ rang{¯ x, a ¯} = 1 ⇔ rang = 1, 3 4 −1 y esta última equivale a que todos los orlados de orden 2 del menor

x y 3 4 = 0,

es decir:

|3|

son cero,

x z 3 −1 = 0.

Se calculan estos dos determinantes de orden 2 y resulta

4x − 3y = 0 x + 3z = 0,

que son las ecuaciones implícitas del subespacio

U.

Geométricamente este subespacio es una recta que pasa por

Ejercicio 2.27. subespacio

U

de

(0, 0, 0).

Determínense las ecuaciones paramétricas e implícitas del

R3

generado por los vectores

a ¯ = (4, 1, 2)

y

¯b = (−1, 1, 3).

Solución. La ecuación vectorial es x¯ = λ¯a + μ¯b, siendo x¯ = (x, y, z), y λ, μ ∈ R los parámetros. Se escribe esta ecuación en coordenadas

(x, y, z) = λ(4, 1, 2) + μ(−1, 1, 3), se opera, se igualan las componentes y se obtienen las ecuaciones paramétricas:

⎧ ⎨ x = 4λ − μ y =λ+μ ⎩ z = 2λ + 3μ.

Obsérvese que los coecientes de

λ

forman el vector

Antes de seguir, se hace notar que consiguiente,

a ¯

y los de

μ,

el vector

¯b.

a ¯ y ¯b son linealmente independientes, y por

rang{¯ a, ¯b} = 2.

Para obtener las ecuaciones implícitas, basta tener en cuenta las siguientes equivalencias:

⎛

⎞ x y z x ¯ = λ¯ a + μ¯b ⇔ rang{¯ x, a ¯, ¯b} = 2 ⇔ rang ⎝ 4 1 2⎠ = 2. −1 1 3 84


ESPACIOS VECTORIALES Como hay un menor de orden 2 no nulo, la última condición equivale a

x y z 4 1 2 = 0 ⇔ x − 14y + 5z = 0, −1 1 3

(se ha desarrollado el determinante por la primera la) que es la ecuación implícita de

U. Geométricamente

de dimensión generado por

U

es un plano que pasa por

2 son planos que pasan por (1, 0, 0) y (0, 1, 0) es el plano

(0, 0, 0).

Todos los subespacios

el origen. Así por ejemplo, el plano cartesiano

xy

(de ecuación implícita

z = 0).

Ejercicio 2.28. Obténganse las ecuaciones paramétricas e implícitas del subespacio

S

de

Solución.

λ, μ ∈ R

R4

generado por los vectores

La ecuación vectorial es

u ¯ = (3, −1, 0, 2)

x ¯ = λ¯ u + μ¯ v,

y

siendo

v¯ = (−2, 4, 1, 1).

x ¯ = (x1 , x2 , x3 , x4 ),

y

los parámetros. Se escribe esta ecuación en coordenadas:

(x1 , x2 , x3 , x4 ) = λ(3, −1, 0, 2) + μ(−2, 4, 1, 1), se igualan las componentes y se obtienen las ecuaciones paramétricas:

⎧ x1 ⎪ ⎪ ⎨ x2 x ⎪ ⎪ ⎩ 3 x4

= 3λ − 2μ = −λ + 4μ = μ = 2λ + μ.

Para obtener las ecuaciones implícitas, nótese que

u ¯

y

v¯ son

linealmente inde-

pendientes y se tienen las siguientes equivalencias:

⎛

⎞ x1 x2 x3 x4 x ¯ = λ¯ u + μ¯ v ⇔ rang{¯ x, u ¯, v¯} = 2 ⇔ rang ⎝ 3 −1 0 2 ⎠ = 2. −2 4 1 1

Como el menor de orden 2 formado con las las 2 y 3 y columnas 2 y 3 es no nulo, esto es

−1 0 4 1 = 0,

la última condición equivale a decir que los orlados de orden

3 de este menor han de ser cero:

x1 x2 x3 3 −1 0 = 0, −2 4 1

x 2 x3 x4 −1 0 2 = 0 4 1 1

85


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos ⇔ − x1 − 3x2 + 10x3 = 0,

−2x2 + 9x3 − x4 = 0,

que son las ecuaciones implícitas del subespacio

S.

Ejercicio 2.29. Obténganse las ecuaciones paramétricas e implícitas del subes-

S de R4 generado u ¯3 = (3, 0, 1, −1). pacio

por los vectores

u ¯1 = (2, 1, 0, −3), u ¯2 = (0, −1, −2, 0)

y

Solución. En primer lugar obsérvese que los vectores u¯1 , u¯2 y u¯3 son linealmente independientes ya que el menor de orden 3 siguiente tanto, son una base de

S.

2 1 0 0 −1 −2 = 0. 3 0 1

Por lo

Caso contrario, lo primero sería encontrar una base y

trabajar con ella, pues los cálculos se simplican. La ecuación vectorial es

λ1 , λ2 , λ3 ∈ R

x ¯ = λ1 u ¯ 1 + λ2 u ¯ 2 + λ3 u ¯3 ,

siendo

x ¯ = (x1 , x2 , x3 , x4 ),

y

los parámetros. Se escribe esta ecuación en coordenadas:

(x1 , x2 , x3 , x4 ) = λ1 (2, 1, 0, −3) + λ2 (0, −1, −2, 0) + λ3 (3, 0, 1, −1), se opera, se igualan las componentes y se obtienen las ecuaciones paramétricas:

⎧ x1 ⎪ ⎪ ⎨ x2 x ⎪ ⎪ ⎩ 3 x4

= 2λ1 + 3λ3 = λ1 − λ2 = − 2λ2 + λ3 = −3λ1 − λ3 .

Para obtener las ecuaciones implícitas, basta observar las siguientes equivalencias:

¯ 1 + λ2 u ¯ 2 + λ3 u ¯3 ⇔ rang{¯ x, u ¯1 , u ¯2 , u ¯3 } = 3 x ¯ = λ1 u ⎛ ⎞ x1 x2 x3 x4 ⎜2 1 0 −3⎟ ⎟ ⇔ rang ⎜ ⎝ 0 −1 −2 0 ⎠ = 3. 3 0 1 −1 Como hay un menor de orden 3 no nulo, la última condición equivale a

x1 x2 x3 x4 2 1 0 −3 0 −1 −2 0 = 0. 3 0 1 −1 86


ESPACIOS VECTORIALES Como hay dos ceros en la tercera la, se aprovechan y este determinante de orden 4 se calcula del siguiente modo:

x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 − 2x2 x4 x1 x3 − 2x2 x4 2 1 0 −3 (1) 2 1 −2 −3 (2) −2 −3 = 2 0 −1 −2 0 = 0 −1 0 0 3 1 −1 3 0 1 −1 3 0 1 −1 (3)

= 5x1 − 7(x3 − 2x2 ) + 8x4 = 5x1 + 14x2 − 7x3 + 8x4 .

(1)

C3 → C3 − 2C2 .

(2) Se desarrolla por la 3 a la. (3) Se desarrolla por la 1 a la.

Por consiguiente, la ecuación implícita de

U

es

5x1 + 14x2 − 7x3 + 8x4 = 0. Geométricamente

U

es un hiperplano que pasa por

(0, 0, 0, 0). Los subespacios

4 de dimensión 3 de R son hiperplanos que pasan por el origen.

Ejercicio 2.30.

Obténganse las ecuaciones paramétricas y bases de los subes-

3 pacios de R de ecuaciones implícitas:

(a) 2x − 3y + 4z = 0,

(b)

x + 2y − z = 0 3x − y + 3z = 0

Solución. Para obtener las ecuaciones paramétricas de un subespacio a partir de la implícita o implícitas, hay que resolver el sistema de ecuaciones que dene el subespacio, expresando las soluciones en forma paramétrica. (a ) El primer subespacio está denido por

2x − 3y + 4z = 0.

Este sistema

con una única ecuación y 3 incógnitas es compatible indeterminado y el número de parámetros de los que dependen las soluciones es función de

y, z

3 − 1 = 2.

Se despeja

x

en

y resulta:

⎧ ⎨ x = 32 λ − 2μ 3y − 4z y=λ x= → x = 32 y − 2z → ⎩ 2 z= μ que son las ecuaciones paramétricas. De aquí se obtiene la ecuación vectorial

(x, y, z) = λ 32 , 1, 0 + μ(−2, 0, 1), que expresa que S es el subespacio generado 3 por 2 , 1, 0 y (−2, 0, 1). Como son linealmente independientes, forman una base

87


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos de

S.

Nótese que estos vectores son los coecientes de

λ

y

μ

en las ecuaciones

paramétricas. (b ) Se lleva el sistema a la forma escalonada:

(1)

x + 2y − z = 0 (1) → 3x − y + 3z = 0

x + 2y − z = 0 −7y + 6z = 0

E2 → E2 − 3E1 .

x e y en función de z . De la segunda ecuación resulta y = 76 z . x en la primera y se sustituye se tiene que

Ahora se despeja Si ahora se despeja

−5 6 z. x = −2y + z = −2 · z + z = 7 7 Luego, las ecuaciones paramétricas son

x= y la ecuación vectorial

−5 6 λ, y = λ, z = λ, 7 7

(x, y, z) = λ

−5 7

, 67 , 1

. Una base del subespacio es

y también lo sería este vector multiplicado por

7,

es decir

(−5, 6, 7).

−5 7

, 67 , 1

NOTA: Recordemos que otra forma de resolver el sistema de la parte (b ) es utilizar la regla de Cramer del siguiente modo. Se elige un menor de orden

2

no

nulo de la matriz de los coecientes, por ejemplo el formado por los coecientes de

y

y

2 −1 = 5 = 0. z , −1 3

Entonces se pasa

x

(la incógnita cuyos coecientes

no están en el menor seleccionado) al segundo miembro y se aplica la regla de Cramer:

⎧ −x −1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ y = −3x 3 = 2y − z = −x 5 → −y + 3z = −3x ⎪ 2 −x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ −1 −3x ⎩ z= = 5 y la ecuación vectorial del subespacio sería con la anterior.

88

−3x−3x 5

−6x−x 5

=

=

−6x 5

−7x 5

−7 (x, y, z) = μ 1, −6 5 , 5 ,

que coincide



Operaciones con subespacios. Suma directa

Ejercicio 2.31. En

R4

se consideran los subespacios

x ∈ R4 : x1 + 2x2 − x3 + 2x4 = 0} U1 = {¯

y

4

x ∈ R : 2x1 + 3x2 − 2x3 + 10x4 = 0, 3x1 + 8x2 − 3x3 + x4 = 0}, U2 = {¯ siendo ¾Es el

x ¯ = (x1 , x2 , x3 , x4 ). Obténganse bases y la dimensión de U1 , U2 4 subespacio U1 + U2 igual a R ?

Solución. Para hallar las bases de

U1

y

U2

y

U1 ∩U2 .

se resuelven los sistemas homogéneos

que los denen. Para

U1 : x1 + 2x2 − x3 + 2x4 = 0 → x1 = −2x2 + x3 − 2x4 .

Luego los elementos de

U1

son todos los de la forma

(x1 , x2 , x3 , x4 ) = (−2x2 + x3 − 2x4 , x2 , x3 , x4 ) = x2 (−2, 1, 0, 0) + x3 (1, 0, 1, 0) + x4 (−2, 0, 0, 1) = λ1 (−2, 1, 0, 0) + λ2 (1, 0, 1, 0) + λ3 (−2, 0, 0, 1), x2 , x3 y x4 por los parámetros λ1 , λ2 a ¯ = (−2, 1, 0, 0), ¯b = (1, 0, 1, 0)

donde se han sustituido las incógnitas libres y y

λ3 , respectivamente. Es c¯ = (−2, 0, 0, 1) forman

claro que los vectores una base de

U1

ya que son sistema de generadores y

linealmente independientes, por tanto, la dimensión de Para

U2 : 2x1 + 3x2 − 2x3 + 10x4 = 0 (1) → 3x1 + 8x2 − 3x3 + x4 = 0 (1)

U1

es

3.

2x1 + 3x2 − 2x3 + 10x4 = 0 −7x2 + 28x4 = 0

E2 → −2E2 + 3E1 .

Se despeja

x2

en la segunda ecuación y se tiene que

en la primera, se sustituye

x2

x2 = 4x4 .

Se despeja

x1

y resulta:

x1 = 12 (−3 · 4x4 + 2x3 − 10x4 ) = 12 (2x3 − 22x4 ) = x3 − 11x4 . Por consiguiente, los vectores de

U2


(x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x3 − 11x4 , 4x4 , x3 , x4 ) = x3 (1, 0, 1, 0) + x4 (−11, 4, 0, 1). 89


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos De aquí, una base de la dimensión de

U2

El subespacio

U2 son los vectores (1, 0, 1, 0) y (−11, 4, 0, 1), y por lo tanto, 2.

es

U 1 ∩ U2 ,

por denición, viene determinado por el sistema de

ecuaciones que resulta de añadir a la ecuación implícita de U1 las de U2 ya que ¯ ∈ U1 y x ¯ ∈ U2 , es decir, si cumple las ecuaciones de U1 x ¯ ∈ U1 ∩ U2 si y sólo si x y las de U2 . Se resuelve el sistema de 3 ecuaciones resultante: ⎧ ⎧ ⎨ x1 + 2x2 − x3 + 2x4 = 0 ⎨ x1 + 2x2 − x3 + 2x4 = 0 (1) + 6x4 = 0 2x1 + 3x2 − 2x3 + 10x4 = 0 → −x2 ⎩ ⎩ 3x1 + 8x2 − 3x3 + x4 = 0 2x2 − 5x4 = 0 ⎧ ⎧ x1 + 2x2 − x3 + 2x4 = 0 ⎨ ⎨ x 1 = x3 (2) + 6x4 = 0 → x2 = 0 −x2 → ⎩ ⎩ 7x4 = 0 x4 = 0

(1)

E2 → E2 − 2E1 , E3 → E3 − 3E1 .

Por tanto, los vectores de

U1 ∩ U 2

(2)

E3 → E3 + 2E2 .


(x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x3 , 0, x3 , 0) = x3 (1, 0, 1, 0) = λ(1, 0, 1, 0), y de aquí se sigue que una base de Por consiguiente, la dimensión de

U1 ∩U2 está constituida por el vector (1, 0, 1, 0). U1 ∩ U2 es 1. dim(U1 + U2 ) = 4 espacio R es de

Utilizando la fórmula de Grassmann (véase 2.26), se tiene que

dim(U1 ) + dim(U2 ) − dim(U1 ∩ U2 ) = 3 + 2 − 1 = 4. Como el 4, se concluye que U1 + U2 = R4 (véase 2.21). Pero 0} (véase 2.25). directa porque U1 ∩ U2 = {¯ dimensión

Ejercicio 2.32.

esta suma no es

R4 se consideran los subespacios S1 = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 : 3x1 − x3 + 2x4 = 0, 2x1 + x2 − x4 = 0} y S2 = (3, 1, 2, 0), (1, 0, −2, 1) . Determínense una base y la dimensión de S1 , S2 , S1 ∩ S2 y S1 + S2 .

Solución.

En

Para hallar una base de

S1

se resuelve el sistema homogéneo que lo

dene (en este caso, basta con observar que se pueden dejar como parámetros y

x4 )

3x1 − x3 + 2x4 = 0 → − x4 = 0 2x1 + x2


S1

x1

x3 = 3x1 + 2x4 x2 = −2x1 + x4


(x1 , x2 , x3 , x4 ) = (x1 , −2x1 + x4 , 3x1 + 2x4 , x4 ) = x1 (1, −2, 3, 0) + x4 (0, 1, 2, 1), 90


ESPACIOS VECTORIALES {¯ a = (1, −2, 3, 0), ¯b = (0, 1, 2, 1)}

y es claro que

es una base de

S1 .

Luego,

dim(S1 ) = 2. Respecto a

S2 ,

como los vectores

c¯ = (3, 1, 2, 0)

de generadores linealmente independientes, forman también de dimensión Para determinar

d¯ = (1, 0, −2, 1) son sistema una base de S2 . Luego, S2 es

y

2.

S 1 ∩ S2 ,

se utilizan las ecuaciones paramétricas de

S2 :

x1 = 3λ + μ, x2 = λ, x3 = 2λ − 2μ, x4 = μ.

(2.7)

Los vectores de

S1 ∩S2 han de ser de la forma (2.7) y han de vericar las ecuaciones

S2 .

Entonces, se sustituyen estos valores en las ecuaciones implícitas

que denen de

S1

y se tiene

3(3λ + μ) − (2λ − 2μ) + 2μ = 0 → 2(3λ + μ) + λ − μ = 0

7λ + 7μ = 0 → 7λ + μ = 0

Ahora se sustituye en (2.7) y resulta que el único vector de Por tanto,

dim(S1 ∩ S2 ) = 0.

S1 ∩ S2

λ=0 μ=0 es

(0, 0, 0, 0).

Aplicando la fórmula de Grassmann (véase 2.26), se deduce que

dim(S1 + S2 ) = dim(S1 ) + dim(S2 ) − dim(S1 ∩ S2 ) = 2 + 2 − 0 = 4, S1 + S2 = R4 . En este ¯ caso la suma es directa porque S1 ∩ S2 = {0} (véase 2.25). Una base de S1 + S2 es 4 ¯ porque se sabe que B a, ¯b, c¯, d} cualquier base de R . También una base es B = {¯ es un sistema de generadores de S1 + S2 y que dim(S1 + S2 ) = 4 y 4 generadores de un espacio de dimensión 4 son base (véase 2.19(c)). y en consecuencia, teniendo en cuenta 2.21, se tiene que

Ejercicio 2.33. En R3 se consideran los subespacios L1 = (1, 2, −3),

L2 = (−2, −1, 3), (−1, 4, −2) . Determínense una base y L2 , L1 ∩ L2 y L1 + L2 e indíquese si esta suma es directa. y

(2, 1, 0)

L1 ,

la dimensión de

Solución. Es claro que los vectores (1, 2, −3) y (2, 1, 0), generadores de L1 , son dim(L1 ) = 2. Lo mismo sucede con los dos vectores generadores de L2 , por tanto, dim(L2 ) = 2.

linealmente independientes, por tanto son base y en consecuencia,

Los vectores de L1 + L2 son todos los de la forma w ¯=u ¯ + v¯, con u ¯ ∈ L1 y v¯ ∈ L2 . Como L1 son todas las combinaciones lineales de a ¯ = (1, 2, −3) y ¯b = (2, 1, 0) ¯ = (−2, −1, 3) y d¯ = (−1, 4, −2), se y L2 son todas las combinaciones lineales de c tiene que

¯ w ¯ = α¯ a + β¯b + λ¯ c + μd.

91


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos L1 + L2 es el subespacio generado por a ¯, ¯b, c¯ y d¯. Por tanto, la dimensión L1 + L2 es el rango de la matriz A cuyas las son los 4 vectores, y se halla

Luego, de

reduciéndola a la forma escalonada:

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 −3 1 1 2 −3 ⎜2 ⎟ (1) ⎜0 −3 6 ⎟ (2) ⎜0 1 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ A=⎜ ⎝−2 −1 3 ⎠ → ⎝0 3 −3⎠ → ⎝0 0 6 −5 0 −1 4 −2 ⎛

(1) (2)

F2 → F2 − 2F1 , F3 → F3 + 2F1 , F4 → F4 + F1 . F2 → F2 /(−3), F3 → F3 + F2 , F4 → F4 + 2F2 . (3) F3 → 3F4 − 7F3 .

Ahora es claro que el rango de la dimensión del espacio base de

⎞ ⎛ ⎞ 2 −3 1 2 −3 (3) ⎜0 1 −2⎟ 1 −2⎟ ⎟→ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝0 0 3 ⎠ 0 3 0 7 0 0 0

L 1 + L2

R3

A

es

es también

es cualquier base de

según se ha comprobado al llevar

A

3, 3,

R3 .

dim(L1 + L2 ) = 3. Como L1 + L2 = R3 , luego una sería base el conjunto {¯ a, ¯b, c¯}

y por tanto,

se sigue que

También

a la forma escalonada.

Si se aplica la fórmula de Grassmann (véase 2.26), se tiene que

3 = dim(L1 + L2 ) = dim(L1 ) + dim(L2 ) − dim(L1 ∩ L2 ) = 2 + 2 − dim(L1 ∩ L2 ), de donde se deduce que

dim(L1 ∩ L2 ) = 1.

Por tanto, la suma

L1 + L2

no es

directa.

L1 ∩ L2 se utilizarán las ecuaciones paL2 . Se busca un vector x ¯ que se pueda escribir en la forma ¯ ¯ α¯ a + β b y en la forma λ¯ c + μd. Por tanto, se ha de vericar α¯ a + β¯b = λ¯ c + μd¯, ¯ ¯ ¯ o equivalentemente α¯ a + β b − λ¯ c − μd = 0. Se sustituyen los vectores, se opera y Para hallar una base del subespacio

ramétricas de

L1

y

esta ecuación nos conduce al siguiente sistema:

⎧ ⎧ ⎧ ⎨ α + 2β + 2λ + μ = 0 (1) ⎨ α + 2β + 2λ + μ = 0 (2) ⎨ α + 2β + 2λ + μ = 0 2α + β + λ − 4μ = 0 → −3β − 3λ − 6μ = 0 → β + λ + 2μ = 0 ⎩ ⎩ ⎩ −3α − 3λ + 2μ = 0 6β + 3λ + 5μ = 0 −3λ − 7μ = 0 (1)

E2 → E2 − 2E1 , E3 → E3 + 3E1 .

(2)

E2 → E2 /(−3), E3 → E3 + 2E2 .

μ al otro miembro y β = −2μ + 73 μ = 13 μ, α = −2β − 2λ − μ = 3μ.

Este sistema es compatible indeterminado, se pasa despeja hacia atrás:

λ=

−7 3 μ,

Se utiliza de parámetro (para no tener denominadores)

μ = 3t

se

y se tiene

α = 9t, β = t, λ = −7t, μ = 3t. t el valor t = 1, se obtiene α = 9, β = 1, λ = −7 y μ = 3 y resulta el vector e ¯ = 9¯ a + ¯b = 9 · (1, 2, −3) + (2, 1, 0) = (11, 19, −27). El mismo resultado se obtiene si se calcula −7¯ c + 3d¯ = e¯. Así pues, e¯ es una base de L1 ∩ L2 . Si se da a

92


ESPACIOS VECTORIALES NOTA. Para hallar una base de

L1

ecuaciones implícitas de

y

L2

L1 ∩L2

también se podrían haber obtenido las

(una ecuación para cada uno de ellos) y haber

resuelto el sistema formado por ambas ecuaciones como se ha hecho en el ejercicio 2.30(b ). Una tercera posibilidad es obtener la ecuación implícita de las ecuaciones paramétricas de obtener los vectores de

L2

L1 ∩ L 2 .

L1

y utilizar

como se ha expuesto en el ejercicio 2.32 para

Se deja al lector que desarrolle estas dos ideas

para obtener una base.

Ejercicio 2.34. En el espacio R3 determínese un subespacio suplementario del subespacio

S = {(x, y, z) ∈ R3 : x = 4z}.

¾Es único?

Solución. Los elementos de S son todos los vectores de la forma (x, y, z) = (4z, y, z) = z(4, 0, 1) + y(0, 1, 0). S

Por tanto, una base de

R3

es

B = {(4, 0, 1), (0, 1, 0)}.

Un subespacio suplementario de (véase 2.27). Como

Para obtener

U

S

S

es cualquier subespacio

es de dimensión

se amplia la base

B

de

S

2,

se sigue que

R3

U

tal que

S ⊕U = 1.

es de dimensión

R3 . Esto se puede hacer de (0, 0, 1) se obtiene una base

a una base de

muchas formas. Por ejemplo, es claro que se si añade de

U

ya que la matriz formada con los tres vectores como las es escalonada. Por

tanto, un suplementario es

U1 = (0, 0, 1) .

(1, 0, 0) y se obtiene otra base de R3 , ya que el determinante de los tres vectores es no nulo. Por tanto, el subespacio U2 = (1, 0, 0) es también un suplementario de S . En general, hay innitos subespacios También se puede añadir a

B

el vector

suplementarios de un subespacio. Geométricamente,

S

es un plano que pasa por el origen y cualquier recta

que pase por el origen y que no esté contenida en dicho plano es un subespacio suplementario de

S.

Ejercicio 2.35. En R3 se consideran los subespacios U1 = (2, −1, 3),

U2 = (1, 4, −2) . 3 (a ) Pruébese que U1 ⊕ U2 = R , (b ) Obténgase la descomposición ¯ 2 ∈ U2 . u ¯ 1 ∈ U1 y u

(1, 1, 2)

y

de

w ¯ = (−3, 0, 0)

en la forma

¯2 u ¯1 + u

con

Solución. (a ) Puesto que los generadores dados para U1 son una base, la ecuación 93



implícita de

U1

es

x y z 2 −1 3 = 0, 1 1 2

Para obtener la intersección

U2

o equivalentemente

U1 ∩ U2 ,

−5x − y + 3z = 0.

se hallan las ecuaciones paramétricas de

x = λ, y = 4λ, z = −2λ,

y se sustituye en la ecuación implícita de

U1

−5λ − (4λ) + 3(−2λ) = 0 ⇒ − 15λ = 0 ⇒ λ = 0. Por tanto, el único vector de la suma

U1 ⊕ U 2

U1 ∩ U2

es

(0, 0, 0)

y, en consecuencia (véase 2.25),

es directa. Como la dimensión de

de Grassmann), se concluye que

U1 ⊕ U 2 =

R3 .

U 1 ⊕ U2

es 3 (por la fórmula

u ¯ 1 ∈ U1 y u ¯2 ∈ U2 tales que u ¯1 + u ¯2 = w ¯ . Como los ¯ = (2, −1, 3) y ¯b = (1, 1, 2) y de U2 es c¯ = (1, 4, −2), será U1 son a a + β¯b y u ¯2 = λ¯ c. Por tanto, hay que hallar los números α, β y λ que u ¯1 = α¯ (b ) Hay que encontrar

generadores de

satisfacen

α(2, −1, 3) + β(1, 1, 2) + λ(1, 4, −2) = (−3, 0, 0). Esta ecuación equivale al siguiente sistema que se resuelve como sigue.

⎧ ⎧ α − λ = −1 2α + β + λ = −3 ⎨ 3α − 3λ = −3 (2) ⎨ (1) −α + β + 4λ = 0 → −α + β + 4λ = 0 −α + β + 4λ = 0 → ⎩ ⎩ ⎩ 5α − 10λ = 0 α − 2λ = 0 3α + 2β − 2λ = 0 ⎧ ⎨

⎧ ⎨ λ = −1 (3) β= 2 → ⎩ α = −2 (1)

E1 → E1 − E2 , E3 → E3 − 2E2 . (2) E1 → E1 /3, E3 → E3 /5. (3) E1 → E1 − E3 .

u ¯1 = −2¯ a + 2¯b = −2 · (2, −1, 3) + 2 · (1, 1, 2) = (−2, 4, −2) ∈ U1 (nótese ¯2 = (−1)¯ c = (−1) · (1, 4, −2) = que verica la ecuación implícita de U1 ) y u (−1, −4, 2) ∈ U2 . Luego

NOTA: Otra forma de encontrar los vectores ecuaciones paramétricas de modo: será

c, w ¯=u ¯1 + λ¯

U2

u ¯1

y

u ¯2

es por medio de las

y de la ecuación implícita de

y se despeja

U1

del siguiente

u ¯1 ,

¯ − λ¯ c = (−3, 0, 0) − λ(1, 4, −2) = (−3 − λ, −4λ, 2λ). u ¯1 = w 94


ESPACIOS VECTORIALES Como este vector está en De aquí se obtiene que

(−1)¯ c = (−1, −4, 2).

Ejercicio 2.36.

En

R3

U2 verica su ecuación: −5(−3−λ)−(−4λ)+3(2λ) = 0. ¯2 = λ = −1, y por consiguiente u ¯1 = (−2, 4, −2) y u se consideran los subespacios

U = {(x, y, z) ∈ R3 : z = 0}

y

V = {(x, y, z) ∈ R3 : x = −3z}.

U + V = R3 , pero la suma U + V no es directa. (b ) Descompóngase w ¯ = (−1, −2, 2) en la forma u ¯ + v¯, con u ¯∈U (a ) Pruébese que

y

v¯ ∈ V ,

de

dos formas distintas.

Solución. Es claro que U ∩ V

está formado por las soluciones del sistema

z=0 x = −3z

→

z=0 x=0

U ∩ V son de la forma (x, y, z) = (0, y, 0) = y(0, 1, 0). U ∩ V es {(0, 1, 0)}. También es claro que una base de U es ¯2 = (0, 1, 0)} y una base de V es {¯ v1 = (0, 1, 0), v¯2 = (−3, 0, 1)}. {¯ u1 = (1, 0, 0), u

Por tanto, los vectores de Luego, una base de

Luego, por la fórmula de Grassmann,

dim(U + V ) = dim(U ) + dim(V ) − dim(U ∩ V ) = 2 + 2 − 1 = 3. En consecuencia,

U + V = R3

y la suma no es directa porque

U ∩ V = {¯0}.

(b ) Para encontrar u ¯ ∈ U y v¯ ∈ V tales que w ¯=u ¯ + v¯ se utilizan las bases u ¯1 , u ¯2 de U y v¯1 , v¯2 de V , y hay que hallar números λ1 , λ2 , μ1 y μ2 tales que ¯ 1 + λ2 u ¯2 + μ1 v¯1 + μ2 v¯2 = w ¯ , es decir, λ1 u

λ1 (1, 0, 0) + λ2 (0, 1, 0) + μ1 (0, 1, 0) + μ2 (−3, 0, 1) = (−1, −2, 2). Esta ecuación es equivalente al siguiente sistema:

⎧ ⎨ λ1 ⎩

⎧ − 3μ2 = −1 ⎨ λ1 = 5 = −2 → λ2 + μ1 μ1 = −2 − λ2 ⎩ μ2 = 2 μ2 = 2

El sistema tiene innitas soluciones. Si se utiliza

λ2 = t

como parámetro se tiene

que

λ1 = 5, λ2 = t, μ1 = −2 − t, μ2 = 2. Por ejemplo, dos soluciones serían:

95


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos -si t = 1 resulta λ1 = 5, λ2 = 1, μ1 = −3, μ2 = 2, y se obtienen u ¯ = 5 · (1, 0, 0) + 1 · (0, 1, 0) = (5, 1, 0) y v¯ = (−3) · (0, 1, 0) + 2 · (−3, 0, 1) = (−6, −3, 2).

t = 0 resulta λ1 = 5, λ2 = 0, μ1 = −2, μ2 = 2, v¯ = (−6, −2, 2). -si

y

y se obtienen

Queda claro que la descomposición de los vectores de

R3

en la forma

es única, en contraposición con el ejercicio anterior que sí era única.

96

u ¯ = (5, 0, 0) u ¯ + v¯ no


Tema 3 APLICACIONES LINEALES

1.


E y V dos espacios vectoriales. Se dice aplicación lineal si para todo a ¯, ¯b ∈ E y para

3.1. Sean

que la aplicación

una

todo

(1)

f (¯ a + ¯b) = f (¯ a) + f (¯b)

(2)

f (λ¯ a) = λf (¯ a).

Si, además,

endomorsmo

f

de

Se denota por

λ∈R

f :E→V

es

se cumple:

y

es biyectiva,

f

se llama

isomorsmo.

Si

V = E, f

se llama

E. L(E, V )

al conjunto de todas las aplicaciones lineales de

E

en

V. 3.2.

Caracterización. f : E → V

es una aplicación lineal si y sólo si

f (λ¯ a + μ¯b) = λf (¯ a) + μf (¯b) 3.3.

Propiedades

para todo

a ¯, ¯b ∈ E, λ, μ ∈ R.

de las aplicaciones lineales.

(1)

f (¯0E ) = ¯ 0V ( ¯ 0E

(2)

f (−¯ a) = −f (¯ a).

y

¯ 0V

designan el vector cero de

E

y

V,

respectivamente).

f (λ1 a ¯1 + λ ¯2 + · · · + λn! a ¯n ) = λ1 f (¯ a1 ) + λ2 f (¯ a2 ) + · · · + λn f (¯ an ), o usando !2 a n n ¯i ) = i=1 λi f (¯ ai ) . sumatorio: f ( i=1 λi a (3)

el

(4) Si

S


V . En imagen de f y se

E,

particular,

V,

denota

que se llama

entonces

f (E) Im f .

un subespacio vectorial de

f (S) = {f (¯ x) : x ¯ ∈ S}

es


V , entonces f −1 (U ) = {¯ x ∈ E : f (¯ x) ∈ U } es un subespacio vectorial de E . En particular, f −1 ({¯0}) es un subespacio vectorial de E , que se llama núcleo de f y se denota ker f . (5) Si

U


(6) Conservan la dependencia lineal, es decir, transforman un conjunto linealmente dependiente en otro linealmente dependiente. De otro modo, si

A =

97


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos {¯ u1 , u ¯2 , . . . , u ¯n }

es ligado, entonces

f (A) = {f (¯ u1 ), f (¯ u2 ), . . . , f (¯ un )}

C = {¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯n } es ¯2 , . . . , u ¯n } es libre. {¯ u1 , u

Consecuencia 1. Si

1, 2, . . . , n,

entonces

libre y se tiene,

Consecuencia 2. La imagen de una base de

E

es ligado.

f (¯ ui ) = v¯i , i =


f (E) = Im f .

3.4.

Si

E

f : E → V queda com¯i de!los elementos de una f (¯ ei ) = w u ¯ ∈ E , será u ¯ = ni=1 λi e¯i y por tanto,

es de dimensión nita, una aplicación lineal

pletamente determinada dando las imágenes

, e¯2 , . . . , e¯n } de ! E ya que, dado {¯ e1! ei ) = ni=1 λi w ¯i . f (¯ u) = ni=1 λi f (¯

base

Matriz asociada

3.5. . Dada una aplicación lineal f : E → V y bases BE = {¯ e1 , e¯2 , . . . , e¯n } de E y BV = {¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯m } de V , entonces cada uno de los n e2 ), . . . , f (¯ en ) es un vector de V y, por tanto, será una combivectores f (¯ e1 ), f (¯ nación lineal de los elementos de la base BV de V de la forma f (¯ e1 ) = a11 v¯1 + a21 v¯2 + · · · + am1 v¯m f (¯ e2 ) = a12 v¯1 + a22 v¯2 + · · · + am2 v¯m .................................... f (¯ en ) = a1n v¯1 + a2n v¯2 + · · · + amn v¯m . f en las bases BE = {¯ ei } y BV = {¯ vi } (o simplemente [f ]ve¯¯ii , a la traspuesta de la matriz de los coecientes ane¯i teriores. Esto es, las columnas de [f ]v e1 ) , ¯i son las coordenadas de los vectores f (¯ en ) en la base {¯ vi }: f (¯ e2 ), . . . , f (¯ ⎞ ⎛ a11 a12 · · · a1n ⎜ a21 a22 · · · a2n ⎟ ⎟ ⎜ [f ]ve¯¯ii = ⎜ . ⎟. . . .. . . ⎠ ⎝ .. . . . am1 am2 · · · amn

Se llama matriz asociada a matriz de

f ),

denotada

Nótese que es una matriz de

m

(la dimensión del espacio nal) las y

dimensión del espacio inicial) columnas. Si

{¯ ei } en el espacio inicial y base {¯ ei } y se denota [f ]e¯i .

elige la misma base matriz de

3.6. de

E

f

en la

Teorema

f :E→E

nal, a la matriz

. En la situación del apartado anterior, si

se expresará como

x ¯ = x1 e¯1 + x2 e¯2 + · · · + xn e¯n ,

n

(la

es un endomorsmo y se

x ¯

[f ]ee¯¯ii

se le llama

es un vector cualquiera

entonces su imagen,

f (¯ x),

viene dada por

[f (¯ x)]v¯i = [ f ]ve¯¯ii [ x ¯ ]e¯i

98

(3.1)


APLICACIONES LINEALES f (¯ x) = y1 v¯1 + y2 v¯2 + · · · + ym v¯m , Y (x1 , x2 , . . . , xn )t , A = [f ]ve¯¯ii , entonces ⎛ ⎞ ⎛ a11 a12 y1 ⎜ y2 ⎟ ⎜ a21 a22 ⎜ ⎟ ⎜ Y = AX, o desarrollado ⎜ . ⎟ = ⎜ . . . ⎝ .. ⎠ ⎝ .. . am1 am2 ym Es decir, si

expresión matricial

que es la

a componente da lugar a las

de

f.

= (y1 , y2 , . . . , ym )t , X = ··· ··· ..

.

···

⎞⎛ ⎞ a1n x1 ⎟ ⎜ a2n ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎟ . ⎟⎜ . ⎟ . ⎠⎝ . ⎠ . . xn amn

El sistema que resulta de igualar componente

ecuaciones de la aplicación lineal f :

⎧ y1 = a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn ⎪ ⎪ ⎨ y2 = a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn ................................. ⎪ ⎪ ⎩ ym = am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn

3.7.

Operaciones con aplicaciones.

(a) de

f

y

Suma.

g,

f, g : E → V ,

Dadas dos aplicaciones (lineales o no)

denotada

f + g,

se llama suma

a la aplicación denida como sigue:

(f + g)(¯ x) = f (¯ x) + g(¯ x) ∀¯ x ∈ E. (b) real

Producto por un número.

λ ∈ R,

se llama producto de

f : E → V y un número λf , a la aplicación denida

Dada una aplicación

λ

por

f,

denotada

por

(λf )(¯ x) = λf (¯ x) ∀¯ x ∈ E. (c)

Composición.

E → V

y

Sea

W

otro espacio vectorial. Dadas dos aplicaciones

g : V → W , se llama E en W denida por

composición de

f

y

g,

denotada

g ◦ f,

f : a la

aplicación de

x)) ∀¯ x ∈ E. (g ◦ f )(¯ x) = g(f (¯ Teorema.

(a) Si

f, g : E → V

son aplicaciones lineales, entonces

(b) Si

f :E→V

es lineal, entonces

(c) Si

f :E→V

y

g:V →W

Además, el conjunto

λf

es lineal para todo

son lineales, entonces

g◦f

f +g

es lineal.

λ ∈ R. es lineal.

L(E, V ) es un espacio vectorial con las operaciones suma

y producto por un número.

99



BE = {¯ e1 , e¯2 , . . . , e¯n } una base de E y BV = {¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯m } una base M : L(E, V ) → Mm×n , denida por M (f ) = [f ]ve¯¯ii , es decir, que asigna a cada aplicación lineal f : E → V la matriz de f en las vi } es un isomorsmo de espacios vectoriales, esto es, para todo par bases {¯ ei } y {¯ f, g ∈ L(E, V ) y para todo λ ∈ R se tiene: Sean

V.

de

Entonces la aplicación

(1)

M (f + g) = M (f ) + M (g),

(2)

M (λf ) = λM (f ),

(3)

M

3.9.

o sea,

o sea,

[f + g]ve¯¯ii = [f ]ve¯¯ii + [g]ve¯¯ii .

[λf ]ve¯¯ii = λ[f ]ve¯¯ii .

es biyectiva.

f : E → V y g : V → W aplicaciones lineales y BE = {¯ e1 , e¯2 , . . . , e¯n }, BV = {¯ v1 , v¯2 , . . . , v¯m } y BW = {w ¯1 , w ¯2 , . . . , w ¯p } bases, respectivamente, de E , V vi } es A y la matriz de g en las bases y W . Si la matriz de f en las bases {¯ ei } y {¯ ¯i } es B , entonces la matriz de g ◦ f en las bases {¯ ei } y {w ¯i } es BA, o {¯ vi } y {w sea, M (g ◦ f ) = M (g)M (f ), o de otro modo: Sean

e¯i v¯i e¯i [ g ◦ f ]w ¯ i = [ g ]w ¯i [ f ]v¯i .

(3.2)

En esquema:

f

g

−−→ W E −−→ V A {¯ vi } B {w ¯i } {¯ ei }

⇒

M (g ◦ f ) = B · A.

3.10. El cambio de base en un espacio visto como una aplicación lineal. dos bases

B = {¯ e1 , e¯2 , . . . , e¯n }

expresiones

y

B = {¯ e1 , e¯2 , . . . , e¯n }

de

e¯1 = p11 e¯1 + p21 e¯2 + · · · + pn1 e¯n e¯2 = p12 e¯1 + p22 e¯2 + · · · + pn2 e¯n ... e¯n = p1n e¯1 + p2n e¯2 + · · · + pnn e¯n ,

E

Dadas

relacionadas por las

(3.3)

sabemos que la traspuesta de la matriz de los coecientes anteriores es la matriz

B hasta B (véase 2.28). Si consideramos la aplicación lineal identidad Id : E → E y como base en el espacio inicial B y en el espacio ! n nal B , entonces como Id (¯ ei ) = e¯i = j=1 pji e¯j , i = 1, 2, . . . , n (las ecuaciones (3.3)), se tiene que la matriz de la aplicación Id en las bases inicial {¯ ei } y nal ei } hasta la base {¯ ei }, esto {¯ ei } es la matriz P del cambio de base desde la base {¯ P

del cambio de base desde

es

e¯

[Id ]e¯ii = P. Naturalmente, el cambio inverso es

100

[Id ]ee¯¯i = P −1 . i

(3.4)


APLICACIONES LINEALES Si se aplica (3.1), resulta

e¯

[¯ x]e¯i = [Id (¯ x)]e¯i = [Id ]e¯ii [¯ x]e¯i , que es la fórmula del cambio de coordenadas de un vector

x ¯

al cambiar de base

(véase 2.28).

Matriz de una aplicación lineal cuando cambian las bases en el espacio inicial y en el nal f : E → V {¯ ei } e¯ 3.11.

. Sea

{¯ vi }

y

de

tiene matriz asociada

cambio de base desde la base

{¯ ei }

A,

i v¯i .

A = [f ] Si P es la matriz de {¯ ei } y Q es la matriz de cambio vi }, entonces la matriz de f en las bases de base desde la base {¯ vi } hasta la base {¯ {¯ ei } y {¯ vi } es (3.5) A = Q−1 AP. E

V

de

una aplicación lineal que en las bases es decir,

hasta la base

Esto se sigue de lo siguiente. Se considera el esquema

f

Id

Id

E −−→ E −−→ V −−→ V , {¯ ei } A {¯ vi } Q−1 {¯ vi } {¯ ei } P f = Id ◦ f ◦ Id

se aplica (3.2) a la igualdad

y se obtiene

e¯

e¯

[f ]v¯i = [Id ]vv¯¯i [f ]ev¯¯ii [Id ]e¯ii , i

i

y

por último, teniendo en cuenta (3.4) resulta justamente (3.5).

3.12.

Matriz de un endomorsmo cuando cambia la base {¯ ei }

. Consideremos un en-

E y supongamos que la matriz de f domorsmo f : E → E y una base en la base {¯ ei } es A. Si se considera otra base {¯ ei } y la matriz del cambio de base ei } es P (véase (3.3)), entonces la matriz de f en la base {¯ ei } desde {¯ ei } hasta {¯ es

de

A = P −1 AP.

(Esta fórmula es un caso particular de (3.5)).

3.13. que

A

Matrices equivalentes es equivalente a

tales que

B

A, B ∈ Mm×n . Se dice P ∈ Mn×n y Q ∈ Mm×m

. Sean las matrices cuadradas

si existen matrices regulares

B = QAP .

Propiedades: (1) Si

B

A

es equivalente a

B,

entonces

B

es equivalente a

A

y se dice que

A

y

son equivalentes. (2) Se cumple la propiedad transitiva: si

lente a

C,

entonces

A

es equivalente a

A

es equivalente a

B

y

B

es equiva-

C.

101


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (3) Las matrices asociadas a una aplicación lineal

f : E → V

en diferentes

bases son equivalentes (véase 3.11).

Caracterización. A y B son equivalentes si y sólo si tienen el mismo rango. 3.15. Matrices semejantes. Sean las matrices A, A ∈ Mn×n . Se dice que A es

3.14.

A si existe una matriz regular P ∈ Mn×n , A hasta A , tal que A = P −1 AP .

semejante a desde

llamada matriz de paso

Propiedades: (1) Si

A

es semejante a

B,

entonces

B

es semejante a

A

y se dice que

A

y

B

son semejantes. (2) Se cumple la propiedad transitiva: si a

C,

entonces

A

es semejante a

A es semejante a B

y

B

es semejante

C.

(3) Las matrices asociadas a un endomorsmo

f :E→E

en distintas bases

son semejantes (véase 3.12).

3.16.

A es diagonalizable si existe una matriz A, es decir, si existe una matriz regular P tal que

Se dice que la matriz cuadrada

diagonal

D

que sea semejante a

D = P −1 AP es una matriz diagonal. Se dice entonces que

nalización de A.

D

es una

matriz diagonal o diago-

Sea A una matriz de dimensión n × n. El número real λ es un valor propio autovalor de A si existe un vector u¯ ∈ Rn , u¯ = ¯0, tal que A¯u = λ¯u (aquí u¯ es un vector columna). Al vector u ¯ se le llama vector propio o autovector de A asociado

3.17.

o

a

λ

A

(o de valor propio

λ).

si existe un número real

3.18.

Dado

λ ∈ R,

Por tanto, un vector no nulo

λ

tal que

el conjunto

E(λ)

es un vector propio de

A¯ u = λ¯ u. de todos los vectores propios asociados a

junto con el vector cero, es un subespacio vectorial de de

u ¯

Rn , llamado espacio

λ,

propio

λ.

polinomio característico de A al polinomio pA (t) ecuación característica de A a la ecuación pA (t) = 0. 3.19.

Se llama

= |A − tI|,

y

El polinomio característico es el mismo para dos matrices semejantes, es decir, si

A

y

B

son semejantes, entonces sus polinomios característicos son idénticos. El

recíproco es falso (véase el ejercicio 3.26).

102


APLICACIONES LINEALES 3.20.

Caracterización de los valores propios. Las siguientes armaciones son equi-

valentes para el número real (a)

λ

es un valor propio de

(b) La matriz (c)

λ

λ:

A − λI

A.

es no regular, es decir,

|A − λI| = 0.

λ es una raíz del polinomio característico pA (t) de A, o lo que es lo mismo, A.

es una solución de la ecuación característica de

A

Consecuencia. Los valores propios de

A.

rístico de

3.21.

El espacio propio

(x1 , x2 , . . . , xn )t ,

3.22.

Sea

cidad de

son las raíces del polinomio caracte-

λ

λ

E(λ)

de

λ

es el conjunto de todas las soluciones,

del sistema homogéneo

un valor propio de

A.

La

X =

(A − λI)X = ¯0.

multiplicidad algebraica de λ es la multipli-

como raíz del polinomio característico de

A.

Esto signica que si

k

es

k la multiplicidad algebraica de λ, entonces pA (t) es divisible entre (t − λ) , pero no k+1 k , esto es, existe un polinomio q(t) tal que pA (t) = (t − λ) q(t) lo es entre (t − λ) y

q(λ) = 0. La

es,

multiplicidad geométrica

de

λ

es la dimensión de su espacio propio, esto

dim(E(λ)).

3.23.

Sea

3.24.

Si

A ∈ Mn×n . La matriz A es diagonalizable (semejante a una matriz diagonal D ) si y sólo si A tiene n vectores propios linealmente independientes, es n decir, si existe una base de R formada por vectores propios de A, que se llama base de diagonalización. En tal caso, los elementos diagonales de D son los valores −1 AP siendo P la matriz cuyas columnas son los n vectores propios de A y D = P n propios que son base de R . ¯2 , u ¯1 , u

...,

u ¯p

son vectores propios de una matriz

valores propios distintos, entonces

3.25.

¯2 , u ¯1 , u

...,

u ¯p

A

correspondientes a


λi es un valor propio de A con multiplicidad algebraica αi y multiplicidad geométrica di , entonces 1 ≤ di ≤ αi . Si

3.26. A λ2 ,

...,

es diagonalizable si y sólo si para cada uno de los valores propios

λp

de

A

λ1 ,

distintos, se tiene que su multiplicidad algebraica es igual a su

multiplicidad geométrica, es decir,

α i = di

para todo

i = 1, 2, . . . , p.

103


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Además, en este caso, una base de diagonalización se obtiene reuniendo las bases de los espacios propios

3.27. tas

E(λ1 ), E(λ2 ),

...,

E(λp ).

A ∈ Mn×n tiene n raíces distinA es diagonalizable y una matriz diagonal de A está λ1 , λ2 , . . . , λn en la diagonal (y el resto ceros).

Si el polinomio característico de la matriz

λ1 , λ2 , . . . , λn ,

entonces

formada por los números

2. EJERCICIOS RESUELTOS 2.1. Aplicaciones lineales

Ejercicio 3.1.

f : R3 → R2

Sea

la aplicación denida por

f (x, y, z) = (3x − 2z, x − y + z). (a ) Sean los vectores compruébese que (b ) Pruébese que

Solución.

u ¯ = (2, −1, 1) y v¯ = (1, 2, −5). f (¯ u + v¯) = f (¯ u) + f (¯ v ). f es lineal. f (¯ u) = f (2, −1, 1) expresión de f y resulta

(a ) Para hallar

y = −1, z = 1

en la

Hállense

f (¯ u), f (¯ v)

basta elegir los valores

y

x = 2,

f (2, −1, 1) = (3 · 2 − 2 · 1, 2 − (−1) + 1) = (4, 4). Del mismo modo,

f (¯ v ) = f (1, 2, −5) = (3 · 1 − 2 · (−5), 1 − 2 + (−5)) = (13, −6). Para comprobar la igualdad

f (¯ u + v¯) = f (¯ u) + f (¯ v ),

hallemos ambos miembros

por separado:

•

Primer miembro,

f (¯ u + v¯) = f [(2, −1, 1) + (1, 2, −5)] = f (3, 1, −4) = (3 · 3 − 2 · (−4), 3 − 1 − 4) = (17, −2). •

Segundo miembro,

f (¯ u) + f (¯ v ) = f (2, −1, 1) + f (1, 2, −5) = (4, 4) + (13, −6) = (17, −2), y efectivamente, coinciden.

104


APLICACIONES LINEALES (b ) Para probar que

f

es lineal, se usará la caracterización 3.2, esto es

f (λ¯ a + μ¯b) = λf (¯ a) + μf (¯b) Sean

R.

a ¯ = (a1 , a2 , a3 )

y

para todo

¯b = (b1 , b2 , b3 )

a ¯, ¯b ∈ R3 , λ, μ ∈ R.

dos vectores cualesquiera de

R3

(3.6)

y

λ, μ ∈

Entonces

λ¯ a + μ¯b = λ(a1 , a2 , a3 ) + μ(b1 , b2 , b3 ) = (λa1 , λa2 , λa3 ) + (μb1 , μb2 , μb3 ) = (λa1 + μb1 , λa2 + μb2 , λa3 + μb3 ). Por tanto, el primer miembro de (3.6) vale

f (λ¯ a + μ¯b) = f (λa1 + μb1 , λa2 + μb2 , λa3 + μb3 ) = 3(λa1 + μb1 ) − 2(λa3 + μb3 ), (λa1 + μb1 ) − (λa2 + μb2 ) + (λa3 + μb3 ) = (3λa1 + 3μb1 − 2λa3 − 2μb3 , λa1 + μb1 − λa2 − μb2 + λa3 + μb3 ). El segundo miembro de (3.6) es

λf (¯ a)+μf (¯b) = λf (a1 , a2 , a3 ) + μf (b1 , b2 , b3 ) = λ(3a1 − 2a3 , a1 − a2 + a3 ) + μ(3b1 − 2b3 , b1 − b2 + b3 ) = (3λa1 − 2λa3 , λa1 − λa2 + λa3 ) + (3μb1 − 2μb3 , μb1 − μb2 + μb3 ) = (3λa1 − 2λa3 + 3μb1 − 2μb3 , λa1 − λa2 + λa3 + μb1 − μb2 + μb3 ), que coincide con el resultado obtenido para el primer miembro. NOTA. En general, una aplicación lineal de

Rn

en

R

es de la forma

f (x1 , x2 , . . . , xn ) = p1 x1 + p2 x2 + · · · + pn xn ,

(3.7)

p1 , p2 , . . . , pn son números, y una aplicación lineal de Rn en Rm viene dada x), f2 (¯ x), . . . , fm (¯ x)), donde x ¯ = (x1 , x2 , . . . , xn ), y cada fi es de por F (¯ x) = (f1 (¯ la forma (3.7), cada una de ellas con sus propios números pi .

donde

Ejercicio 3.2. (a )

R2

Estúdiese si las siguientes aplicaciones son lineales:

→ R2 dada por : 2 : R → R2 dada por

f (x, y) = (x + y, xy). f f (x, y) = (x + 2, 3x − y). f 2 2 (c ) f : R → R dada por f (x, y) = (|x|, y − x). 3 3 (d ) f : R → R dada por f (x, y, z) = (x, y, 0). (b )

Solución.

(a ) Es claro, de acuerdo con la nota del ejercicio anterior, que la

segunda componente de

f

dada por

f2 (x, y) = xy

no es lineal. En efecto, para

105


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos u ¯ y v¯ para los u ¯ = (1, 1), v¯ = (2, 2), entonces

comprobarlo basta con encontrar dos vectores

u) + f2 (¯ v ). f2 (¯

Por ejemplo,

cuales

f2 (¯ u + v¯) =

f2 (¯ u + v¯) = f2 [(1, 1) + (2, 2)] = f2 (3, 3) = 3 · 3 = 9, mientras que

u) + f2 (¯ v ) = f2 (1, 1) + f2 (2, 2) = 1 · 1 + 2 · 2 = 1 + 4 = 5. f2 (¯ (b ) Para esta función no se cumple que

f (0, 0) = (2, 0),

por tanto

f

(véase 3.3(1)) ya que

f (¯0) =

no es lineal.

(c ) La primera componente de

f

f (¯0) = ¯0

f

dada por

no es lineal. Para comprobarlo, sean por

f1 (x, y) = |x| no es lineal, por tanto, ejemplo, u ¯ = (5, 1) y v¯ = (−3, 4),

entonces

f (¯ u + v¯) = f [(5, 1) + (−3, 4)] = f (2, 5) = (|2|, 5 − 2) = (2, 3), mientras que

f (¯ u) + f (¯ v ) = f (5, 1) + f (−3, 4) = (|5|, −4) + (| − 3|, 7) = (5, −4) + (3, 7) = (8, 3). (d ) Ahora las

f3 (x, y, z) = 0

3

componentes de

(función cero de

ejercicio 3.1, y por tanto,

f

R3

f,

en

dadas por

R)

f1 (x, y, z) = x, f2 (x, y, z) = y

y

son lineales de acuerdo con la nota del

es lineal. La comprobación se haría como en el citado

ejercicio. La aplicación

f

cilla: a cada punto

de este apartado (d ) tiene una interpretación geométrica sen-

P = (a, b, c)

del espacio

que es su proyección sobre el plano

Ejercicio 3.3.

xy

R3

se le asigna el punto

(de ecuación

P = (a, b, 0),

z = 0).

f : R3 → R4 la aplicación lineal que verica f (¯ u1 ) = ¯1 = (2, 1, 3) y u ¯2 = (−1, 2, 4). Há(1, −1, −3, −2) y f (¯ u2 ) = (−3, 0, 2, 2) siendo u u2 , ¯b = u ¯1 − u ¯2 , c¯ = (−5, 0, −2) llense, si es posible, las imágenes de a ¯ = 3¯ u1 + 2¯ ¯ ¯? y d = (1, 5, 7). Y si fuese f (0, 0, 1) = (0, 1, 1, 0), ¾se podría hallar f (d)

Solución.

Sea

Es suciente con aplicar las propiedades de linealidad de

f (λ¯ a + μ¯b) = λf (¯ a) + μf (¯b).

106

f,

esto es,


APLICACIONES LINEALES o

1 )

f (¯ a) = f (3¯ u1 + 2¯ u2 ) = 3f (¯ u1 ) + 2f (¯ u2 ) = 3 · (1, −1, −3, −2) + 2 · (−3, 0, 2, 2) = (−3, −3, −5, −2). o

2 )

f (¯b) = f (¯ u1 − u ¯2 ) = f (¯ u1 ) − f (¯ u2 ) = (1, −1, −3, −2) − (−3, 0, 2, 2) = (4, −1, −5, −4). o

f (¯ c)

3 ) Para hallar

hay que expresar

c¯

como combinación lineal de

u ¯1

y

u ¯2 :

λ1 u ¯ 1 + λ2 u ¯2 = c¯ implica

⎧ ⎨ 2λ1 − λ2 = −5 λ1 = −2 λ1 + 2λ2 = 0 → λ1 (2, 1, 3) + λ2 (−1, 2, 4) = (−5, 0, −2) ⇒ λ2 = 1 ⎩ 3λ1 + 4μ = −2

Por tanto,

c¯ = −2¯ u1 + u ¯2

y en consecuencia

f (¯ c) = f (−2¯ u1 + u ¯2 ) = −2f (¯ u1 ) + f (¯ u2 ) = −2 · (1, −1, −3, −2) + (−3, 0, 2, 2) = (−5, 2, 8, 6). o

4 ) Para hallar

¯ f (d)

hay que proceder del mismo modo:

⎧ ⎧ ⎨ 2λ1 − λ2 = 1 (1) ⎨ 2λ1 − λ2 = 1 λ1 + 2λ2 = 5 → 5λ1 = 7 λ1 (2, 1, 3) + λ2 (−1, 2, 4) = (1, 5, 7) ⇒ ⎩ ⎩ = 11 3λ1 + 4λ2 = 7 11λ1 (1)

E2 → E2 + 2E1 , E3 → E3 + 4E1 .

d¯ no es combinación lineal ¯ . Con las posible hallar f (d)

Este sistema no tiene solución, lo cual signica que de

u ¯1

y

u ¯2 ,

y por tanto, sólo con esos datos no es

u ¯2 mediante una aplicación lineal, se puede hallar la imagen de ¯ 1 + λ2 u ¯2 , ya que f (¯ u) = f (λ1 u ¯ 1 + λ2 u ¯2 ) = u ¯ de la forma u ¯ = λ1 u u1 ) + λ2 f (¯ u2 ), pero sólo de ésos. λ1 f (¯

imágenes de

u ¯1

y

cualquier vector

f (¯ u3 ) = (0, 1, 1, 0), con u ¯3 = (0, 0, 1), entonces se expresa d¯ como combinación lineal de u ¯1 , u ¯2 y u ¯3 y se tiene ⎧ =1 ⎨ 2λ1 − λ2 λ1 + 2λ2 =5 λ1 (2, 1, 3) + λ2 (−1, 2, 4) + λ3 (0, 0, 1) = (1, 5, 7) ⇒ ⎩ 3λ1 + 4λ2 + λ3 = 7 Por último, si

107


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos ⎧ ⎧ λ2 = 95 ⎪ 2λ1 − λ2 = 1 ⎨ ⎨ (1) =7 λ1 = 75 5λ1 → → ⎩ ⎪ ⎩ λ = − 22 11λ1 + λ3 = 11 3 5 (1)

E2 → E2 + 2E1 , E3 → E3 + 4E1 .

Luego

=

7

22 ¯3 = 75 f (¯ u1 ) + 5 u 7 9 5 (1, −1, −3, −2) + 5 (−3, 0, 2, 2) −

¯ =f f (d)

¯1 5u

+ 95 u ¯2 −

9 u2 ) − 22 u3 ) 5 f (¯ 5 f (¯ 22 −29 4 5 (0, 1, 1, 0) = −4, 5 , −5, 5 .

¯2 , u ¯3 } es una base de R3 y como cualquier vector u ¯ de R3 es {¯ u1 , u ¯2 , u ¯3 , se tiene u ¯ = λ1 u ¯ 1 + λ2 u ¯ 2 + λ3 u ¯3 y se puede hallar combinación lineal de u ¯1 , u ¯ 1 + λ2 u ¯ 2 + λ3 u ¯3 ) = λ1 f (¯ u1 ) + λ2 f (¯ u2 ) + λ3 f (¯ u3 ) . su imagen (véase 3.3(3)): f (λ1 u Realmente, ahora

Ejercicio 3.4. Sea A ∈ M2×2 una matriz ja y f : M3×2 → M3×2 la aplicación denida por

f (X) = XA, X ∈ M3×2 .

Pruébese que

f

es lineal.

Solución. Utilizaremos la caracterización 3.2 y las propiedades del producto de matrices (véase 1.17). En primer lugar observemos que que

X

es de dimensión

3×2

y

A

de dimensión

se puede hacer y es de dimensión Sean

X, Y ∈ M3×2

y

λ, μ ∈ R.

3 × 2.

2 × 2,

f

está bien denida ya

con lo que el producto

XA

Entonces

(1)

(2)

(3)

f (λX + μY ) = (λX + μY )A = (λX)A + (μY )A = λ(XA) + μ(Y A) (1)

= λf (X) + μf (Y ),

(1) Por denición de

f.

(2) Distributiva por la derecha.

(3) Los escalares salen fuera. lo cual prueba que

f

es lineal.

Ejercicio 3.5. Estúdiese si las siguientes aplicaciones del espacio vectorial E = P[x] de los polinomios en x en sí mismo son aplicaciones lineales: (a ) Sea a(x) ∈ P[x] un polinomio jo y f (p(x)) = a(x)p(x). (b ) f (p(x)) = p(x + 2), es decir, f asigna a cada polinomio p(x) que resulta de sustituir x por x + 2. (c ) f (p(x)) = p(x)p(x).

el polinomio

Solución. (a ) Esta aplicación sí es lineal. En efecto, sean p(x) y q(x) dos polino108


APLICACIONES LINEALES mios genéricos y

λ, μ ∈ R,

entonces

f (λp(x) + μq(x)) = a(x)(λp(x) + μq(x)) = λa(x)p(x) + μa(x)q(x) = λf (p(x)) + μf (q(x)). (b ) Para entender bien esta aplicación, hallemos la imagen de un polinomio concreto, por ejemplo, de

p(x) = 4 − 5x + 3x2 .

Entonces

f (p(x)) = 4 − 5(x + 2) + 3(x + 2)2 = 4 − 5x − 10 + 3(x2 + 4x + 4) = 6 + 7x + 3x2 . Ahora es claro que si

p(x) y q(x) son dos polinomios cualesquiera y λ ∈ R, entonces

f (p(x) + q(x)) = p(x + 2) + q(x + 2) = f (p(x)) + f (q(x)) λp(x + 2) = λf (p(x)), lo que prueba que f es lineal.

y

f (λp(x)) =

(c ) Esta aplicación no es lineal. Para comprobarlo es suciente elegir, por ejemplo,

p(x) = 1 + x

y

q(x) = x,

entonces

f (p(x) + q(x)) = f (1 + x + x) = f (1 + 2x) = (1 + 2x)(1 + 2x) = 1 + 4x + 4x2 , mientras que

f (p(x)) + f (q(x)) = (1 + x)(1 + x) + xx = 1 + 2x + x2 + x2 = 1 + 2x + 2x2 , que es un polinomio distinto del anterior.

2.2.

Aplicaciones lineales y matrices

Ejercicio 3.6. Se considera la aplicación lineal

f : R3 → R2

denida por

f (x, y, z) = (x − 3y − z, 2x + y − 4z). (a ) Hállese la matriz de (b ) Hállese

f (3, −1, 1)

f

en las bases canónicas.

usando la expresión de

Solución. Las bases canónicas de

(0, 0, 1)}

y

{(1, 0), (0, 1)}.

f

y mediante cálculo matricial.

R3 y R2 son, respectivamente, {(1, 0, 0), (0, 1, 0),

Las coordenadas de un vector en la base canónica coin-

ciden con sus componentes. Para hallar la matriz de de los vectores de la base canónica de

R3

f

hay que hallar las imágenes

y expresarlos en la base canónica de

R2 ,

109


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos sus coordenadas son las columnas de la matriz de

f

(véase 3.5),

f (1, 0, 0) = (1, 2) f (0, 1, 0) = (−3, 1) f (0, 0, 1) = (−1, −4). Por tanto, la matriz de

f

en las bases canónicas es

1 −3 −1 . 2 1 −4

(b ) Usando la expresión de

f , f (3, −1, 1) = (3 + 3 − 1, 2 · 3 − 1 − 4) = (5, 1).

Mediante cálculo matricial (véase 3.6), las coordenadas de

2 base canónica de R son

f (3, −1, 1)

en la

⎞ 3 1 −3 −1 ⎝ ⎠ 5 −1 = . 2 1 −4 1 1

⎛

Ejercicio 3.7. Determínense bases y la dimensión del subespacio imagen de f , Im f ,

y del núcleo,

ker f ,

para la aplicación lineal

f : R3 → R3

dada por

f (x1 , x2 , x3 ) = (−x1 + 2x2 − 2x3 , 2x1 + x2 − 3x3 , 3x1 − x2 − x3 ).

Solución. Sabemos que si {¯e1 = (1, 0, 0), e¯2 = (0, 1, 0), e¯3 = (0, 0, 1)} es la base canónica de

R3 , entonces su imagen es un sistema generador de Im f

(véase 3.3(6)),

luego

e2 ) = (2, 1, −1), f (¯ e3 ) = (−2, −3, −1) f (¯ e1 ) = (−1, 2, 3), f (¯ son generadores de la matriz

A,

Im f .

Se escriben estos vectores como columnas y se obtiene

f en Im f :

que es la matriz asociada a

rango, que coincide con la dimensión de

las bases canónicas, y se halla su

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 2 −2 −1 2 −2 −1 2 −2 1 −3⎠ − A=⎝ 2 → ⎝ 0 5 −7⎠ − → ⎝ 0 5 −7⎠ . 3 −1 −1 0 5 −7 0 0 0 Por tanto el rango es

2,

la dimensión de

Im f

es

2

y una base estaría formada,

por ejemplo, por las dos primeras columnas de la matriz independientes.

110

A ya que son linealmente


APLICACIONES LINEALES f (¯ x) = (0, 0, 0),

es

La matriz de los coecientes de este sistema es justamente la matriz anterior

A

El núcleo de

f

son los vectores

x ¯ = (x1 , x2 , x3 )

tales que

decir, las soluciones del sistema homogéneo

⎧ ⎨ −x1 + 2x2 − 2x3 = 0 2x1 + x2 − 3x3 = 0 ⎩ 3x1 − x2 − x3 = 0 y la ampliada se obtiene añadiendo una columna de ceros. Por tanto, cuando la hemos llevado anteriormente a la forma escalonada, hemos resuelto el sistema por el método de Gauss reducido y hemos obtenido

−x1 + 2x2 − 2x3 = 0 → − 5x2 − 7x3 = 0

x1 = 2 · 75 x3 − 2x3 = 45 x3 x2 = 75 x3

Por consiguiente, el núcleo está formado por todos los vectores de la forma

(x1 , x2 , x3 ) =

4

= x3 45 , 75 , 1 , 4 7 vector 5, 5, 1 y

7 5 x 3 , 5 x 3 , x3

y, en consecuencia, una base del núcleo es el

su dimensión es

1.

NOTA. Según se ha comprobado al resolver este ejercicio, la dimensión del espacio imagen,

Im f ,

es igual al rango (r ) de la matriz

A

de

f

y la dimensión

del núcleo, puesto que la matriz de los coecientes del sistema homogéneo es

A,

es igual al número incógnitas libres, que es igual al número de incógnitas menos el rango,

n − r.

Este es un resultado importante que se llama teorema de la

dimensión y dice así: Si

f : E → V

es una aplicación lineal entre espacios de

dimensión nita, entonces

dim(E) = dim(Im f ) + dim(ker f ).

Ejercicio 3.8.

Sea

f : R2 → R 3

canónicas es

(a ) Calcúlese

la aplicación lineal cuya matriz en las bases

⎛

⎞ 1 2 ⎝−1 4⎠ 0 1

f (3, 1).

f. (c ) Hállese la antiimagen de w ¯ = (0, 1, −2), que se denota por f −1 (w) ¯ conjunto de los vectores x ¯ ∈ R2 cuya imagen es w ¯ , es decir, f (¯ x) = w ¯. (b ) Hállense las ecuaciones de

y es el

111



Solución. (a ) Se usa 3.6 y se obtiene ⎛

⎞ ⎛ ⎞ 1 2 5 3 ⎝ ⎠ ⎝ [f (3, 1)]e¯i = −1 4 = 1⎠ . 1 0 1 1

f (3, 1) = (5, 1, 1).

Por tanto,

(b ) Se aplica otra vez 3.6 a un vector arbitrario

(x1 , x2 ) y se obtienen (y1 , y2 , y3 ) = f (x1 , x2 ): ⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎞ y1 x1 + 2x2 1 2 ⎨ y1 = x1 + 2x2 ⎝y2 ⎠ = ⎝−1 4⎠ x1 = ⎝−x1 + 4x2 ⎠ ⇒ y2 = −x1 + 4x2 x2 ⎩ 0 1 y3 x2 y 3 = x2

las

ecuaciones en la forma

(x1 , x2 ) siendo (y1 , y2 , y3 ) = (0, 1, −2), ⎧ ⎧ ⎨ x1 + 2x2 = 0 ⎨ x1 + 2x2 = 0 −x1 + 4x2 = 1 → x1 = −9 ⎩ ⎩ x2 = −2 x2 = −2

(c ) En el sistema anterior, hay que hallar

a ecuación, el sistema es incompatible, no

como estos dos valores no verican la 1 tiene solución, por tanto,

Ejercicio 3.9.

f −1 (0, 1, −2) = ∅.

Dada la aplicación lineal

e¯1 e¯2 e¯3 e¯4

f : R4 → R4

tal que

= (1, 0, 0, 0) → (2, −1, −1, 0) = (0, 1, 0, 0) → (−1, 1, 0, −1) = (0, 0, 1, 0) → (1, 0, 1, −1) = (0, 0, 0, 1) → (0, −1, −1, 2)

(a ) Hállese la imagen del vector

v¯ = (2, 5, 6, 7). w ¯1 = (0, −2, −4, 4) núcleo de f ?

(b ) Hállese la antiimagen de los vectores (c ) ¾Pertenece

Solución. matriz de

u ¯ = (1, 2, 3, 4)

(a ) Como

f,

al

{¯ e1 , e¯2 , e¯3 , e¯4 }

es la base canónica de

que es un endomorsmo, en la base canónica es

⎛

⎞ 2 −1 1 0 ⎜−1 1 0 −1⎟ ⎟. A=⎜ ⎝−1 0 1 −1⎠ 0 −1 −1 2 112

y

w ¯2 = (1, 0, 0, 1).

R4 ,

se tiene que la


APLICACIONES LINEALES Por tanto, aplicando el resultado 3.6 se tiene que

⎛

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 1 0 2 5 ⎜−1 1 ⎟ ⎜5⎟ ⎜−4⎟ 0 −1 ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟, [f (¯ v )]e¯i = ⎜ ⎝−1 0 1 −1⎠ ⎝6⎠ ⎝−3⎠ 0 −1 −1 2 7 3

y en consecuencia

f (¯ v ) = (5, −4, −3, 3).

¯ , está formada por todos w ¯ = (a, b, c, d), f −1 (w) x ¯ = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 tales que f (¯ x) = w ¯ . Utilizando la expresión

(b ) La antiimagen de un vector los vectores

matricial para obtener el vector imagen (véase 3.6) se tiene

⎧ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 −1 1 0 x1 a 2x1 − x2 + x3 =a ⎪ ⎪ ⎨ ⎜−1 1 ⎟ ⎜x2 ⎟ ⎜ b ⎟ 0 −1 + x − x =b −x 1 2 4 ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⇒ ⎝−1 0 1 −1⎠ ⎝x3 ⎠ ⎝ c ⎠ + x − x = c −x ⎪ 1 3 4 ⎪ ⎩ 0 −1 −1 2 d x4 − x2 − x3 + 2x4 = d ⎛

La matriz de los coecientes de este sistema es la matriz de

f.

Se resuelve este

sistema por el método de Gauss reducido, pero intercambiamos de orden las dos primeras ecuaciones

⎞ ⎛ ⎞ ⎛ −1 1 0 −1 b −1 1 0 −1 b ⎜ 2 −1 1 (1) ⎜ 0 1 1 −2 a + 2b⎟ 0 a⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟→ ⎝ ⎝−1 0 ⎠ 0 −1 1 0 c − b ⎠ 1 −1 c 0 −1 −1 2 d 0 −1 −1 2 d ⎛ ⎞ −1 1 0 −1 b (2) ⎜ 0 1 1 −2 a + 2b ⎟ ⎟ →⎜ ⎝ 0 0 2 −2 a + b + c ⎠ 0 0 0 0 a + 2b + d

(1)

E2 → E2 + 2E1 , E3 → E3 + E1 .

La última ecuación

(2)

(3.8)

E3 → E3 + E2 , E4 → E4 + E2 .

0 = a + 2b + d es una condición necesaria y suciente para

que el sistema tenga solución, ya que si se verica, se pueden hallar las incógnitas

x 1 , x2 , x 3 , x4 los vectores

y una de estas dos últimas es libre. Por tanto sólo tienen antiimagen

(a, b, c, d)

que verican la ecuación

a + 2b + d = 0 (ésta es realmente la ecuación, en las variables del cual son generadores las para los vectores

w ¯1

y

w ¯2

4

columnas de la

(3.9)

(a, b, c, d), del subespacio imagen, matriz A). Ahora se particulariza

del enunciado.

113


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos • Vector w ¯1 = (0, −2, −4, 4). Se sustituye en (3.9) y resulta 0+2·(−2)+4 = 0, por tanto sí hay solución. Sustituyendo en (3.8), el sistema a resolver sería

⎧ ⎧ − x4 = −2 ⎨ −x1 + x2 ⎨ x1 = (−1 + x4 ) − x4 + 2 = 1 x2 + x3 − 2x4 = −4 → x2 = −4 − (−3 + x4 ) + 2x4 = −1 + x4 ⎩ ⎩ x3 = −3 + x4 2x3 − 2x4 = −6 Luego

f −1 (w ¯1 )

son todos los vectores de la forma

(x1 , x2 , x3 , x4 ) = (1, −1 + x4 , −3 + x4 , x4 ) = (1, −1, −3, 0) + x4 (0, 1, 1, 1) = (1, −1, −3, 0) + λ(0, 1, 1, 1). • Vector w ¯2 = (1, 0, 0, 1). Se sustituye en (3.9) y resulta 1 + 2 · 0 + 1 = 2, como no se verica la ecuación, el sistema (3.8) no tiene solución y en consecuencia

¯2 ) = ∅. f −1 (w

w ¯1 es fácil comprobar que el f (1, −1, −3, 0) = w ¯1 . En general, −1 (w) ¯ =a ¯ + ker f , donde a ¯ es un vector para una aplicación lineal f se tiene que f que cumple f (¯ a) = w ¯. NOTA. En el resultado obtenido para el vector

vector

(0, 1, 1, 1)

es una base del núcleo y que

(c ) Basta hallar la imagen de

(3, −3, −2, 3),

como no es

Ejercicio 3.10.

¯ 0, u ¯

k

(a ) Para

como en el apartado (a ) y se obtiene

f : R3 → R3

en la base

⎞ ⎛ 1 0 1 A = ⎝2 2 0⎠ 0 k 1

es un número real.

k = 0,

determínense los vectores

(b ) Determínese k si f (−1, 1, 1) = ¯ 0. (c ) Hállese k si f (3, 1, −1) está en el −y + z = 0.

x ¯ ∈ R3

subespacio

tales que

U

f (¯ x) = x ¯.

de ecuaciones

Solución. (a ) Si el vector x¯ es (x, y, z), hay que resolver la ecuación

x + z = 0,

⎧ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 1 x x +z =x ⎨ x z=0 ⎝2 2 0⎠ ⎝y ⎠ = ⎝y ⎠ ⇒ 2x + 2y = y → 2x + y = 0 ⎩ 0 0 1 z z z=z ⎛

114

f (¯ u) =

no es un elemento del núcleo.

La matriz de la aplicación lineal

canónica es

donde

u ¯


APLICACIONES LINEALES → Por tanto, los vectores

z=0 y = −2x

x ¯ que cumplen f (¯ x) = x ¯ (con k = 0) son todos los vectores

de la forma

(x, y, z) = (x, −2x, 0) = x(1, −2, 0) = λ(1, −2, 0). 1,

Forman un subespacio de dimensión

de base

(1, −2, 0).

(b ) Se halla la imagen de y se obtiene y se deduce

(−1, 1, 1) mediante la expresión matricial (véase 3.6) (0, 0, k + 1), y se iguala al vector cero, es decir (0, 0, k + 1) = (0, 0, 0) que k + 1 = 0, por tanto, k = −1.

(c ) Ahora se tiene

f (3, 1, −1) = (2, 8, k − 1),

y este vector ha de vericar las

dos ecuaciones del subespacio. Se sustituye y resulta:

2+k−1=0 → −8 + k − 1 = 0

k = −1 k=9

Por tanto, no hay solución. No hay ningún valor de en el subespacio

k

para el cual

f (3, 1, −1)

esté

U.

Ejercicio 3.11.

Para una aplicación lineal

f : R3 → R3

se tiene

(0, 1, 0) → (0, 2, 3) (1, 0, 0) → (1, 2, 0) Hállese el transformado (imagen) de

(3, 2, 1) sabiendo que el vector (1, 1, 1) está

en el núcleo.

Solución. Sea e¯1 = (1, 0, 0), e¯2 = (0, 1, 0) y e¯3 = (0, 0, 1) la base canónica de R3 y supongamos que es

Como

f (¯ e3 ) = (a, b, c).

Entonces la matriz de

f

en la base canónica

⎛

⎞ 1 0 a ⎝2 2 b ⎠ . 0 3 c (1, 1, 1)

está en el núcleo, se tiene

f (1, 1, 1) = (0, 0, 0)

y por tanto

⎧ ⎧ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 a 1 0 ⎨ 1+a=0 ⎨ a = −1 ⎝2 2 b ⎠ ⎝1⎠ = ⎝0⎠ ⇒ 4+b=0 → b = −4 ⎩ ⎩ 0 3 c 1 0 3+c=0 c = −3 ⎛

115


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos En consecuencia,

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 −1 3 2 [f ((3, 2, 1)]e¯i = ⎝2 2 −4⎠ ⎝2⎠ = ⎝6⎠ . 0 3 −3 1 3

Otra forma de resolver la primera parte de este ejercicio sería la siguiente. Sea

u) = ¯0 se sigue que f (¯ e1 ) + f (¯ e2 ) + f (¯ e3 ) = ¯0. u ¯ = (1, 1, 1) = e¯1 + e¯2 + e¯3 . Como f (¯ Despejando de esta ecuación,

f (¯ e3 ) = −f (¯ e1 ) − f (¯ e2 ) = −(1, 2, 0) − (0, 2, 3) = (−1, −4, −3).

Ejercicio 3.12.

Se consideran las aplicaciones lineales

f, g : R3 → R2

cuyas

matrices en las bases canónicas, respectivamente, son

A=

−1 0 3 1 2 −2

y

(a ) Hállese la matriz de las aplicaciones (b ) Obténgase la matriz de

f (¯ x) − g(¯ x)

f −g

2 2 1 . −4 1 0

B=

4f

y

3f − 2g . o

de dos formas: 1 ) simplicando la expresión

o y a partir de ella la matriz y 2 ) usando el resultado 3.8.

Solución. (a ) Se sigue del resultado 3.8:

−1 0 3 M (4f ) = 4M (f ) = 4 1 2 −2

=

−4 0 12 . 4 8 −8

−1 0 3 2 2 1 M (3f − 2g) = 3M (f ) − 2M (g) = 3 −2 1 2 −2 −4 1 0

−7 −4 7 = . 11 4 −6 o

(b ) 1 )

(f − g)(x1 , x2 , x3 ) = f (x1 , x2 , x3 ) − g(x1 , x2 , x3 ) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

x

x 2 2 1 ⎝ 1⎠ −1 0 3 ⎝ 1 ⎠ x2 − x2 = −4 1 0 1 2 −2 x3 x3

−x1 + 3x3 2x1 + 2x2 + x3 −3x1 − 2x2 + 2x3 = − = . x1 + 2x2 − 2x3 −4x1 + x2 5x1 + x2 − 2x3

116


APLICACIONES LINEALES De aquí, se hallan las imágenes de los vectores de la base canónica y se obtiene la matriz de

f − g:

−3 −2 2 . 5 1 −2

o

2 ) Aplicando el resultado 3.8 se tiene:

M (f − g) = M (f ) − M (g) =

−1 0 3 2 2 1 −3 −2 2 − = 1 2 −2 −4 1 0 5 1 −2

que coincide, lógicamente, con la anterior.

Ejercicio 3.13. Se consideran las aplicaciones lineales f : R3 → R2 y g : R2 →

R3

cuyas matrices en las bases canónicas, respectivamente, son

A= (a ) Hállese

⎛

3 1 −1 0 −2 2

(g ◦ f )(−1, 2, 1).

y

⎞ 1 2 B = ⎝ 0 −2⎠ . −1 1

f ◦ g ?, ¾y f ◦ f ? g ◦ f y f ◦ g en las bases canónicas. (c ) Obténganse las ecuaciones de f , g y f ◦g . Obténganse también las ecuaciones ¾Se puede componer

(b ) Determínense las matrices de

de esta última haciendo la composición.

Solución. (a ) Se aplica la denición de composición y la fórmula matricial para el cálculo de la imagen:

# " (g ◦ f )(−1, 2, 1) = g[f (−1, 2, 1)] = B A(−1, 2, 1)t ⎞ ⎛ ⎞ ⎞⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎛

−1 −6 1 2 1 2 −2 3 1 −1 ⎝ ⎠⎦ ⎝ 0 −2⎠ 2 = ⎝ 4 ⎠. = = ⎝ 0 −2⎠ ⎣ −2 0 −2 2 0 −1 1 1 −1 1 La aplicación compuesta

f ◦g

está bien denida porque el espacio nal de

3 que es R , coincide con el espacio inicial de se puede componer

f

con

f

g,

f . En cambio f ◦ f no está denida, no f no coincide con el

porque el espacio de llegada de

espacio de partida. Sólo se puede componer una aplicación lineal con ella misma si es un endomorsmo.

f ◦g son, respectivamente, ⎛ ⎞

1 2 3 −3 3 3 1 −1 4 −4⎠ , M (g ◦ f ) = M (g)M (f ) = ⎝ 0 −2⎠ =⎝ 0 0 −2 2 −1 1 −3 −3 3 (b ) Se aplica 3.9 y se sigue que las matrices de

⎛

⎞

g◦f

y

117


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos ⎞

1 2 4 3 3 1 −1 ⎝ ⎠ 0 −2 = . −2 6 0 −2 2 −1 1

M (f ◦ g) = M (f )M (g) =

(c ) Las ecuaciones de De

f, g

y

f ◦g

⎛

son las siguientes.

f: ⎛ ⎞

x y1 3 1 −1 ⎝ 1 ⎠ y1 = 3x1 + x2 − x3 x2 ⇒ = 0 −2 2 y2 y2 = − 2x2 + 2x3 x3

De

g:

De

f ◦ g:

⎧ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 2 y1 ⎨ y1 = x1 + 2x2 ⎝y2 ⎠ = ⎝ 0 −2⎠ x1 ⇒ y2 = − 2x2 x2 ⎩ −1 1 y3 y3 = −x1 + x2

4 3 x1 y1 = 4x1 + 3x2 y1 = ⇒ −2 6 y2 x2 y2 = −2x1 + 6x2

(3.10)

Haciendo la composición

(1)

(f ◦ g)(x1 , x2 ) = f (g(x1 , x2 )) = f (x1 + 2x2 , −2x2 , −x1 + x2 ) (2) = 3(x1 + 2x2 ) + (−2x2 ) − (−x1 + x2 ), −2(−2x2 ) + 2(−x1 + x2 ) = (3x1 + 6x2 − 2x2 + x1 − x2 , 4x2 − 2x1 + 2x2 ) = (4x1 + 3x2 , −2x1 + 6x2 ), (1) Usando las ecuaciones de

g.

(2) Usando las ecuaciones de

f.

que coincide con la expresión (3.10), obtenida anteriormente utilizando la matriz de

118

f ◦ g.


APLICACIONES LINEALES 2.3.

Matriz de una aplicación lineal al cambiar la base

f : R3 → R2 la aplicación lineal que en las bases canónicas {¯ u1 , u ¯2 } de R2 tiene la matriz

2 −1 1 A= . 3 2 −3

Ejercicio 3.14. Sea

{¯ e1 , e¯2 , e¯3 }

3 de R y

Se considera en

R3

la base

{¯ v1 , v¯2 , v¯3 }

v¯1 = e¯2 + e¯3 , ¾Cuál es la nueva matriz de

f?

denida por

v¯2 = e¯1 + e¯3 , (En

R2

v¯3 = e¯1 + e¯2 .

se conserva la base

{¯ u1 , u ¯2 }).

Solución. Para claricar ideas, en la resolución de este ejercicio y el siguiente no

se usará 3.11, sólo la denición de matriz de una aplicación lineal respecto de dos bases (véase 3.5). Hay que hallar

A=

[f ]eu¯¯ii , se tiene

f (¯ v1 ), f (¯ v2 )

y

f (¯ v3 )

y expresarlos en la base

Como

x]e¯i = A [¯ x]e¯i [f (¯ x)]u¯i = [f ]eu¯¯ii [¯

(véase 3.6). En particular, aplicada esta fórmula a

[f (¯ v1 )]u¯i =

[f (¯ v2 )]u¯i =

⎛ ⎞ 1 3 2 −1 1 ⎝ ⎠ 0 = ⇒ f (¯ v2 ) = 3¯ u1 , 0 3 2 −3 1

⎛ ⎞ 1 2 −1 1 ⎝ ⎠ 1 1 = ⇒ f (¯ v3 ) = u ¯1 + 5¯ u2 . 3 2 −3 5 0

f

resulta

[f (¯ v3 )]u¯i =

x ¯ = v¯1 , v¯2 , v¯3

⎛ ⎞ 0 0 2 −1 1 ⎝ ⎠ 1 = ⇒ f (¯ v1 ) = −¯ u2 , −1 3 2 −3 1

Luego, la matriz de

{¯ ui }.

en las bases

[f ]vu¯¯ii

{¯ vi }

y

{¯ ui }

es

=

0 3 1 . −1 0 5 119



Ejercicio 3.15.

Siguiendo con el ejercicio anterior.

(a ) Se elige ahora en

R2

la base

{w ¯1 , w ¯2 }

¯1 + 2¯ u2 , w ¯1 = u ¾Cuál es la matriz de

f

en las bases

(b ) ¾Cuál es la matriz de

f

tal que

w ¯2 = 3¯ u1 + 5¯ u2 .

¯i }? {¯ ei } y {w ¯i }? {¯ vi } y {w

en las bases

Solución. (a ) Por denición de matriz de f A)

(3.11)

en las bases

{¯ ei }

y

{¯ ui }

(la matriz

se tiene

f (¯ e1 ) = 2¯ u1 + 3¯ u2 ,

f (¯ e2 ) = −¯ u1 + 2¯ u2 ,

f (¯ e3 ) = u ¯1 − 3¯ u2 .

(3.12)

3 vectores como combinación lineal de w ¯1 y w ¯2 . Se despeja ¯2 en función de w ¯1 y w ¯2 : u ¯1 , u u ¯1 + 2¯ u ¯1 = w u ¯1 + 2¯ u2 = w ¯1 u2 = w ¯1 ¯1 − 2¯ u2 → → 3¯ u1 + 5¯ u2 = w ¯2 −¯ u2 = −3w ¯1 + w ¯2 u ¯ 2 = 3w ¯1 − w ¯2 u ¯1 = w u ¯1 = −5w ¯1 − 2(3w ¯1 − w ¯2 ) ¯ 1 + 2w ¯2 → → (3.13) ¯1 − w ¯2 u ¯ 2 = 3w ¯1 − w ¯2 u ¯ 2 = 3w

Hay que expresar estos de (3.11) los vectores

Se sustituyen estos vectores en (3.12) y se obtiene

f (¯ e1 ) = 2(−5w ¯ 1 + 2w ¯2 ) + 3(3w ¯1 − w ¯ 2 ) = −w ¯1 + w ¯2 , ¯ 1 + 2w ¯2 ) + 2(3w ¯1 − w ¯2 ) = 11w ¯1 − 4w ¯2 , f (¯ e2 ) = −(−5w ¯ 1 + 2w ¯2 ) − 3(3w ¯1 − w ¯2 ) = −14w ¯ 1 + 5w ¯2 . f (¯ e3 ) = (−5w Por tanto, por denición, la matriz de

e¯i [f ]w ¯i =

f

en las bases

{¯ ei }

y

{w ¯i }

es

−1 11 −14 . 1 −4 5

v2 ) y f (¯ v3 ) y expresarlos en la base {w ¯i }. f (¯ v1 ), f (¯ v2 ), f (¯ v3 ) están calculados en el ejercicio anterior (en la f (¯ v1 ), f (¯ para determinar sus coordenadas en la base {w ¯i } usamos (3.13) y

(b ) Ahora hay que hallar Los tres vectores base

{¯ ui }),

y

resulta

f (¯ v1 ) = −¯ u2 = −(3w ¯1 − w ¯2 ) = −3w ¯1 + w ¯2 , u1 = 3(−5w ¯ 1 + 2w ¯2 ) = −15w ¯ 1 + 6w ¯2 , f (¯ v2 ) = 3¯ ¯1 + 5¯ u2 = (−5w ¯ 1 + 2w ¯2 ) + 5(3w ¯1 − w ¯2 ) = 10w ¯1 − 3w ¯2 . f (¯ v3 ) = u

120


APLICACIONES LINEALES En consecuencia, por denición, la matriz de

¯i [f ]vw ¯i

f

en las bases

{¯ vi }

y

{w ¯i }

es

−3 −15 10 . 1 6 −3

=

Ejercicio 3.16. Resuélvanse los dos ejercicios anteriores usando cálculo matricial.

Solución. Aplicaremos lo expuesto en 3.11 en cada uno de los apartados. ⎛ (Ejercicio ⎞ 3.14) La matriz del cambio de 0 1 1 ⎝1 0 1⎠. Por tanto, la matriz de f en las 1 1 0 AP =

{¯ ei }

base desde bases

{¯ vi }

y

. Por consiguiente, la matriz de

Q

−1

es

P =

{w ¯i }

es

Q=

es

⎛

1 3 2 5

{¯ ui }

{¯ vi }

⎞

0 1 1 2 −1 1 ⎝ 0 3 1 ⎠ 1 0 1 = . 3 2 −3 −1 0 5 1 1 0

(Ejercicio 3.15a ) La matriz del cambio de base desde

hasta

f

en las bases

{¯ ui }

{¯ ei }

y

hasta

{w ¯i }

es

A=

−5 3 2 −1 1 −1 11 −14 = . 2 −1 3 2 −3 1 −4 5

(Ejercicio 3.15b ) Teniendo en cuenta lo anterior y 3.11, la matriz de bases

{¯ vi }

y

{w ¯i }

f

en las

es

Q−1 AP = Q−1 (AP ) =

−5 3 0 3 1 −3 −15 10 = . 2 −1 −1 0 5 1 6 −3

Nótese que los resultados coinciden con los obtenidos en los dos ejercicios anteriores.

121



Ejercicio 3.17. Una aplicación lineal f de un espacio vectorial de dimensión 2 {¯ e1 , e¯2 }

2 −3 A= . 3 −2

en sí mismo tiene por matriz en la base

Determínese, sin y con cálculo matricial, la matriz de

f

en la base

{¯ v1 , v¯2 }

tal

que

v¯1 = e¯1 − e¯2 ,

v¯2 = e¯1 + 3¯ e2 .

Solución. (a ) Sin cálculo matricial. Por denición de matriz de un endomorsmo f (¯ e2 ) = −3¯ e1 − 2¯ e2 .

f (¯ e1 ) = 2¯ e1 + 3¯ e2 , Ahora se hallan

f (¯ vi )

y se expresan en la base

{¯ vi }.

Por denición de los

v¯i

y

aplicando la linealidad

f (¯ v1 ) = f (¯ e1 − e¯2 ) = f (¯ e1 ) − f (¯ e2 ) = (2¯ e1 + 3¯ e2 ) − (−3¯ e1 − 2¯ e2 ) e2 , = 5¯ e1 + 5¯ f (¯ v2 ) = f (¯ e1 + 3¯ e2 ) = f (¯ e1 ) + 3f (¯ e2 ) = (2¯ e1 + 3¯ e2 ) + 3(−3¯ e1 − 2¯ e2 ) e2 . = −7¯ e1 − 3¯ Hay que expresar estos dos vectores como combinación lineal de se obtienen

(1)

e¯1

y

e¯2

en función de

e¯1 − e¯2 = v¯1 (1) → e¯1 + 3¯ e2 = v¯2

v¯1

y

v¯2 :

(2) e¯1 − e¯2 = v¯1 → 4¯ e2 = −¯ v1 + v¯2 e¯1 = 34 v¯1 + 14 v¯2 → e¯2 = −1 ¯1 + 14 v¯2 4 v

E2 → E2 − E1 .

(2)

v¯1

y

v¯2 .

E1 → 4E1 + E2 .

v¯1 + 14 v¯2 = 10 ¯1 + 10 ¯2 f (¯ v1 ) = 5 34 v¯1 + 14 v¯2 + 5 −1 4 4 v 4 v 3 1 −1 1 −18 f (¯ v2 ) = −7 4 v¯1 + 4 v¯2 − 3 4 v¯1 + 4 v¯2 = 4 v¯1 − 10 ¯2 . 4 v f

en la base

{¯ vi }

[f ]v¯i =

122

5 2 5 2

es

− 92 − 52

.

Primero

4¯ e1 = 3¯ v1 + v¯2 4¯ e2 = −¯ v1 + v¯2

Se sustituyen estos dos vectores en (3.14) y resulta

Por tanto, la matriz de

(3.14)

(3.15)


APLICACIONES LINEALES {¯ ei } hasta {¯ vi }

1 1 es P = . Según el resultado 3.12, la matriz de la aplicación lineal en la −1 3 nueva base {¯ vi } es

1 3 −1 1 3 −1 2 −3 1 1 5 −7 −1 = A = P AP = 3 −2 −1 3 5 −3 4 1 1 4 1 1 5 − 92 = 52 5 . 2 −2 (b ) Con cálculo matricial. La matriz del cambio de base desde

Ejercicio 3.18.

Sea

f : R 3 → R3

la aplicación lineal determinada por

(1, 0, 1) → w ¯1 = (1, 1, 1) (0, 1, 1) → w ¯2 = (1, 2, 1) (0, 0, 1) → w ¯3 = (2, 3, 2) (a ) Obténgase la matriz de (b ) Como

w ¯3 = w ¯1 + w ¯2 ,

f

en la base canónica.

a partir de aquí, utilizando la linealidad, determínese

un vector que esté en el núcleo.

Solución. (a ) Sea {¯e1 , e¯2 , e¯3 } la base canónica de R3 . Los vectores e¯1 = (1, 0, 1) = e¯1 + e¯3 , forman una base de

R3

e¯2 = (0, 1, 1) = e¯2 + e¯3 ,

e¯3 = (0, 0, 1) = e¯3

ya que la matriz formada con ellos es de rango

tanto, según el enunciado del ejercicio, se tiene que la matriz de

{¯ ei }

y

{¯ ei }

es

f

(3.16)

3.

Por

en las bases

⎛

⎞ 1 1 2 A = [f ] = ⎝1 2 3⎠ . 1 1 2 e¯i e¯i

En esta ocasión, en vez de un cambio de base en el espacio inicial, vamos a seguir el siguiente esquema

Id

f

R3 −−→ R3 −−→ R3 {¯ ei } B {¯ ei } A {¯ ei } Como

f = f ◦ Id ,

aplicando la fórmula (3.2), se sigue que

e¯

[f ]ee¯¯ii = [f ◦ Id ]ee¯¯ii = [f ]e¯ii [Id ]ee¯¯i . i

123


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos La matriz

B = [Id ]ee¯¯i i

{¯ ei } y e¯i en función de la base {¯ ei }, y las

es la matriz de la aplicación identidad en las bases

{¯ ei }, en la que hay que expresar

Id (¯ ei ) =

igualdades en (3.16) son justamente las expresiones inversas, por lo que hay que hallar el cambio inverso:

⎧ ⎨ e¯1 ⎩

⎧ ⎛ ⎞ 1 0 0 + e¯3 = e¯1 ⎨ e¯1 = e¯1 − e¯3 1 0⎠ . e¯2 + e¯3 = e¯2 → e¯2 = e¯2 − e¯3 ⇒ [Id ]ee¯¯i = ⎝ 0 i ⎩ −1 −1 1 e¯3 = e¯3 e¯3 = e¯3

Luego

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 2 1 0 0 −1 −1 2 1 0⎠ = ⎝−2 −1 3⎠ . [f ]ee¯¯ii = ⎝1 2 3⎠ ⎝ 0 1 1 2 −1 −1 1 −1 −1 2 f (¯ e1 ) = w ¯1 , f (¯ e2 ) = w ¯2 , f (¯ e3 ) = w ¯3 , w ¯1 + w ¯2 − w ¯3 = ¯0 y f ¯ que f (¯ e1 + e¯2 − e¯3 ) = 0, y por tanto, el vector

(b ) Como se deduce

es lineal,

e¯1 + e¯2 − e¯3 = (1, 0, 1) + (0, 1, 1) − (0, 0, 1) = (1, 1, 1) es un vector del núcleo de

f.

Ejercicio 3.19. Obténgase la matriz, en la base canónica, de la aplicación lineal f : M2×2 → M2×2 donde

B=

dada por

f (X) = XB,

−1 2 3 −4

.

Solución. Aunque no se pide en el ejercicio, la comprobación de la linealidad de f

se haría como en el ejercicio 3.4. Hay que hallar las imágenes de la base canónica, que está formada por las

matrices

A1 =

1 0 0 1 0 0 0 0 , A2 = , A3 = , A4 = . 0 0 0 0 1 0 0 1

Entonces

f (A1 ) = A1 B =

124

1 0 −1 2 −1 2 = = −A1 + 2A2 , 0 0 3 −4 0 0



0 1 −1 2 3 −4 = = 3A1 − 4A2 , 0 0 3 −4 0 0

f (A2 ) = A2 B = f (A3 ) = A3 B =

0 0 −1 2 0 0 = = −A3 + 2A4 , 1 0 3 −4 −1 2

f (A4 ) = A4 B = Por tanto, la matriz de

f

0 0 −1 2 0 0 = = 3A3 − 4A4 . 1 0 3 −4 3 −4

en la base canónica es

⎛ ⎞ −1 3 0 0 ⎜ 2 −4 0 0⎟ ⎜ ⎟. ⎝0 0 −1 3 ⎠ 0 0 2 −4

Ejercicio 3.20. Determínese la matriz de la aplicación lineal f : P2 [x] → P2 [x] dada por

f (p(x)) = en la base

d p(x) = p (x) dx

B = {1 + x, 1 − 2x, x + x2 }.

(Aquí

d dx indica derivada respecto a

x).

Solución. Hallaremos la matriz de f en la base canónica C = {1, x, x2 } y después haremos un cambio de base. Es claro que las imágenes de los elementos de la base son

f (1) =

d d d 2 1 = 0, f (x) = x = 1, f (x2 ) = x = 2x. dx dx dx ⎞ 0 1 0 A = ⎝0 0 2⎠. 0 0 0 ⎛

Por tanto, la matriz de

f

en la base canónica es

La ⎛ matriz del⎞cambio de base desde la base canónica

C

hasta la base

B

es

1 1 0 P = ⎝1 −2 1⎠. 0 0 1

125


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Por último, aplicando el resultado 3.12 se obtiene la matriz de

A = P −1 AP ⎞ ⎛2 ⎞⎛ ⎞⎛ ⎛ 1 1 0 0 1 0 −2 −1 1 3 ⎝−1 1 −1⎠ ⎝0 0 2⎠ ⎝1 −2 1⎠ = ⎝ 1 = −1 3 3 0 0 1 0 0 0 0 0 −3 0

f

en la base

−4 3 −2 3

4 ⎞ 3 −1 ⎠ . 3

0

B:

0

(Se recuerda que el cálculo de la inversa de una matriz está explicado en el tema 1).

2.4.

Matrices equivalentes y matrices semejantes

Ejercicio 3.21. Se considera la matriz

equivalentes a

A

A =

1 2 3 4

. Hállense dos matrices

y otra más que sea semejante.

A es equivalente B = QAP . Pero

Solución. De acuerdo con la denición (véase 3.13), la matriz

a la matriz

B

si existen matrices regulares

usaremos la caracterización 3.14:

A

y

B

P

y

Q

tales que

son equivalentes si y sólo si tienen el

mismo rango.

2 y por tanto, cualquier matriz 2 × 2

3 −1 4 0 rango 2 es equivalente a A, por ejemplo, y . −1 2 0 1

2 1 porque esta matriz tiene rango 1. No sería equivalente a 4 2 Puesto que

|A| = 0,

el rango de

A

es

Para hallar una matriz semejante a según la cual

A

A,

utilizaremos la denición (véase 3.15),

es semejante a A si existe una matriz inversible

P −1 AP . Así, por ejemplo, si se elige como matriz P =

1 1 0 1

P

tal que

126

A.

A =

, entonces la matriz

A = P −1 AP

1 −1 1 2 1 1 −2 −2 1 1 −2 −4 = = = 0 1 3 4 0 1 3 4 0 1 3 7 es semejante a

de



Ejercicio 3.22.

Determínese si las matrices

1 2 3 5

A=

y

−1 4 0 1

B=

son

semejantes.

Solución. Para determinar si la matriz B es semejante a A hay que ver si existe una matriz inversible

P

tal que

B = P −1 AP . Multiplicando a la izquierda por P ,

se obtiene la condición equivalente

P B = AP, P sea inversible. Estudiemos si existe una tal matriz P .

a b P = , entonces la igualdad P B = AP equivale a c d

siempre que la forma

a b c d

Ésta será de

−1 4 1 2 a b −a 4a + b a + 2c b + 2d = ⇔ = 0 1 3 5 c d −c 4c + d 3a + 5c 3b + 5d

Se iguala término a término y se resuelve el sistema

⎧ ⎧ ⎧ a +c =0 −a = a + 2c a + c = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎨ ⎨ −2c − d = 0 4a + b = b + 2d 2a − d = 0 (1) → → c =0 −c = 3a + 5c a + 2c =0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⎩ 3b − 4c + 4d = 0 4c + d = 3b + 5d 3b − 4c + 4d = 0 (1)

E2 → E2 − 2E1 , E3 → E3 − E1 .

Como la única solución del sistema es

P =

0 0 0 0

a = 0, b = 0, c = 0 y d = 0, se tiene que

, y como no es inversible, se concluye que

Ejercicio 3.23.

Estúdiese si las matrices

A =

B

no es semejante a

1 0 0 2

y

B =

A.

1 1 0 2

son

semejantes.

Solución. Se procede como en el ejercicio anterior. Sea P de la igualdad

a b c d

P B = AP

=

a b c d

, entonces

se obtiene

1 1 1 0 a b a a + 2b a b = ⇔ = 0 2 0 2 c d c c + 2d 2c 2d

127


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Se iguala término a término y se resuelve el sistema

⎧ ⎪ ⎪ ⎨

Por tanto, todas las

ad = 0

(para que

semejante a

2.5.

P

⎧ a=a ⎨ b = −a a + 2b = b c=0 → c = 2c ⎪ ⎩ ⎪ a y d libres ⎩ c + 2d = 2d

a −a matrices P de la forma P = , 0 d

con

a, d ∈ R

y

A

es

sea inversible) verican las condiciones y, en conclusión,

B.

Valores propios y vectores propios. Diagonalización

⎞ 3 0 0 Ejercicio 3.24. Se considera la matriz A = ⎝−6 −4 −3⎠. 8 6 5 (a ) Estúdiese si los vectores u ¯ = (1, 1, −2) y v¯ = (1, −3, 5) son vectores propios de A. (b ) ¾Es λ = 2 un valor propio de A? (utilícese sólo la denición). ¾Y λ = 1? (c ) ¾Para algún valor de k el vector (0, 1, k) es un vector propio de A? (d ) ¾Se puede deducir de los apartados anteriores si A es diagonalizable? ⎛

Solución. (a ) De acuerdo con la denición (véase 3.17), un vector no nulo


u ¯ ∈ R3

A si A¯ u = λ¯ u para algún número λ. Se recuerda que cuando

se utiliza cálculo matricial y las bases canónicas, los vectores se escriben como vectores columna. Por tanto

⎛

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 0 0 1 3 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 1 A¯ u = −6 −4 −3 = −4⎠ . 8 6 5 −2 4

Como no existe vector propio de

λ tal A.

que

(3, −4, 4) = λ(1, 1, −2),

Se procede del mismo modo con

se concluye que

v¯:

⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 3 0 0 1 A¯ v = ⎝−6 −4 −3⎠ ⎝−3⎠ = ⎝−9⎠ . 15 8 6 5 5 ⎛

128

u ¯

no es un


APLICACIONES LINEALES Es claro que de

A

A¯ v = (3, −9, 15) = 3 · (1, −3, 5) = 3¯ v , por tanto v¯ es un vector propio λ = 3.

y el valor propio asociado es

(b ) Según la denición (véase 3.17),

λ es un valor propio si para algún vector ¯ w ¯ = 0 se tiene Aw ¯ = λw ¯ . Veamos si existe w ¯ = (x, y, z) que cumpla lo anterior con λ = 2. ⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 0 0 x x 3x = 2x ⎨ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ y =2 y ⇒ −6x − 4y − 3z = 2y Aw ¯ = 2w ¯ ⇒ −6 −4 −3 ⎩ 8 6 5 z z 8x + 6y + 5z = 2z ⎧ x=0 ⎨ x=0 −6x − 6y − 3z = 0 → → z = −2y ⎩ 8x + 6y + 3z = 0 Por tanto, todos los vectores

w ¯

de la forma

(x, y, z) = (0, y, −2y) = y(0, 1, −2) son los vectores propios asociados al valor

2,

y por consiguiente,

λ=2

sí es un

valor propio. (c ) El vector

(0, 1, k)


A

si

A(0, 1, k)t = λ(0, 1, k)

para

λ. Operando ⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 3 0 0 0 0 0 0 0=0 ⎨ ⎝−6 −4 −3⎠ ⎝1⎠ = λ ⎝1⎠ ⇒ ⎝−4 − 3k ⎠ = ⎝ λ ⎠ ⇒ −4 − 3k = λ ⎩ 8 6 5 k k 6 + 5k λk 6 + 5k = λk

algún número

Este sistema no es lineal por la presencia del producto

λk .

El valor

λ = −4 − 3k

de la segunda ecuación se sustituye en la tercera,

6+5k = (−4−3k)k ⇒ 6+5k = −4k −3k 2 ⇒ 3k 2 +9k +6 = 0 ⇒ k 2 +3k +2 = 0. Esta ecuación de grado

2

tiene dos soluciones

k = −1

•

Si

k = −1,

entonces

λ = −4 − 3 · (−1) = −1

•

Si

k = −2,

entonces

λ = −4 − 3 · (−2) = 2

y

k = −2.

y el vector propio es

y el vector propio es

(0, 1, −1).

(0, 1, −2).

u ¯1 = (1, −3, 5) es λ1 = 3 y en el (c ) (el resultado de (b ) está contenido en el de (c )) que los vectores u ¯2 = (0, 1, −1) y u ¯3 = (0, 1, −2) son vectores propios de valores propios, respectivamente, λ2 = −1 y λ3 = 2. Como (d ) Recapitulando, en el apartado (a ) se ha obtenido que

un vector propio de valor propio

129


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos los valores propios son distintos, por el resultado 3.24, los vectores linealmente independientes, y por tanto, una base de

R3 .

u ¯1 , u ¯2 , u ¯3

son

Por el resultado 3.23,

R3 formada por vectores propios de A, se concluye además, una diagonalización de A y la matriz de paso,

puesto que tenemos una base de

A

que

es diagonalizable y,

respectivamente, son

⎞ 3 0 0 D = ⎝0 −1 0⎠ 0 0 2

y

D = P −1 AP .

las cuales cumplen

Ejercicio 3.25.

⎞ 1 0 0 1 ⎠, P = ⎝−3 1 5 −1 −2 ⎛

⎛

Determínense los valores propios de las siguientes matrices y

estúdiese si diagonalizan, indicando, en su caso, una diagonalización:

(a )

A=

−5 9 −3 7

, (b )

B=

3 2 −1 1

y (c )

C=

3 0 1 3

.

Solución. (a ) Sabemos que los valores propios de una matriz A son las raíces del polinomio característico (véase 3.20). Éste es igual a

−5 9 1 0 −5 − t 9 pA (t) = |A − tI| = −t = −3 7 0 1 −3 7 − t = (−5 − t)(7 − t) + 27 = t2 − 2t − 8.

Se resuelve la ecuación característica

t = −2

y

t = 4,

t2 − 2t − 8 = 0

y se obtienen las soluciones

que son los valores propios. Como la matriz es

valores propios distintos, se deduce que

matriz diagonal es

−2 0 . 0 4

A

2×2

y tiene

2

es diagonalizable (véase 3.27) y una

(b ) El polinomio característico de la segunda matriz es

3 2 1 0 3 − t 2 pB (t) = |B − tI| = −t = = −1 1 0 1 −1 1 − t = (3 − t)(1 − t) + 2 = t2 − 4t + 5.

Este polinomio no tiene raíces (reales) ya que el discriminante de la ecuación

t2 − 4t + 5 = 0, b2 − 4ac = (−4)2 − 4 · 1 · 5 = −4,

es negativo. Por tanto,

tiene valores propios, y en consecuencia, no es diagonalizable. (c ) El polinomio característico de la tercera matriz es

3 − t 0 = (3 − t)2 = (t − 3)2 . pC (t) = |C − tI| = 1 3 − t

130

B

no


APLICACIONES LINEALES Es claro que la única raíz es

t=3

con multiplicidad (algebraica)

2.

Sólo con esta

información no se puede saber si es diagonalizable, se necesita la dimensión del

E(3). Éste (C − 3I)X = ¯ 0,

subespacio propio

es el conjunto de todas las soluciones del sistema

homogéneo

donde

X = (x, y)t

(véase 3.21). Este sistema se

resuelve a continuación

3 0 1 0 x 0 0 0 x 0 0 0 −3 = ⇒ = ⇒ = 1 3 0 1 y 0 1 0 y 0 x 0

Igualando término a término se obtiene propio

E(3)

x = 0, y

libre. Por tanto, el espacio

está formado por todos los vectores de la forma

pues un espacio de dimensión

(0, y) = y(0, 1).

Es

1 (multiplicidad geométrica). Como la multiplicidad C no es diagonalizable

algebraica no coincide con la geométrica, se deduce que (véase 3.26).

Ejercicio 3.26.

Propóngase un ejemplo de una matriz que tenga el mismo

polinomio característico que la matriz semejante a

C

del ejercicio anterior y que no sea

C.

Solución. Como queremos que no sea semejante a C , vamos a buscar si hay una matriz diagonal

A

A

será de la forma

que tenga el mismo polinomio característico que

A=

a 0 0 b

C.

La matriz

. Su polinomio característico es

a − t 0 = (a − t)(b − t) − 0 = t2 − (a + b)t + ab. |A − tI| = 0 b − t El polinomio característico de se deduce

C

(t − 3)2 = t2 − 6t + 9. Identicando coecientes a+b=6 ab = 9

es

Despejando en la primera ecuación b = 6 − a y sustituyendo en la segunda a(6 − a) = 9. De aquí, a2 − 6a + 9 = 0, ecuación cuya única solución es a = 3 y por tanto, b = 3.

3 0 Así pues la matriz A = = 3I tiene el mismo polinomio característico 0 3 que C . Sin embargo no es semejante a C . En efecto, si lo fuera, existiría una matriz regular P tal que

C = P −1 AP = P −1 3IP = 3P −1 P = 3I,

131


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos C = 3I . También se podría haber A porque si lo fuera, C sería diagonalizable y según se ha visto en el ejercicio anterior, C no es diagonalizable.

27 −75 Ejercicio 3.27. Se considera la matriz A = 10 −28 . (a ) Pruébese que es diagonalizable y hállense una diagonalización y una matriz

lo cual es una contradicción pues es claro que argumentado del siguiente modo:

C

no es semejante a

de paso. (b ) Utilícense los resultados obtenidos para calcular

A5 .

Solución. (a ) El polinomio característico de la matriz A es

27 − t −75 |A − tI| = = (27 − t)(−28 − t) − 750 = t2 + t − 6. 10 −28 − t

A, son t1 = −3 y propios distintos, es diagonalizable t2 = 2. Puesto que A es 2 × 2 y tiene 2 valores

−3 0 (véase 3.27) y una matriz diagonal es D = . 0 2

Las raíces de este polinomio, que son los valores propios de

Para obtener una matriz de paso

P

desde

A

hasta

D

hay que determinar una

base en cada uno de los espacios propios.

E(−3) del valor propio −3 hay que resolver el sistema homogéneo (A − (−3)I)X = ¯ 0, donde X = (x, y)t (véase 3.21). Para hallar una base del espacio propio

En general, la matriz diagonal principal de En este caso,

A − λI

se obtiene restando

λ

a los elementos de la

A.

A − (−3)I

se halla restando

−3,

es decir, sumando

3,

a los

A, y se tiene la ecuación

30 −75 x 0 30x − 75y = 0 x = 52 α = ⇒ → 2x − 5y = 0 → 10 −25 y 0 10x − 25y = 0 y=α

elementos de las diagonal de

(nótese que en el primer sistema las dos ecuaciones son proporcionales por lo que

5). Por tanto, −3 son todos los de la forma (x, y) = 52 α, α = α 52 , 1 . 5 Una base de este espacio propio es 2 , 1 . Para evitar denominadores, multiplicamos por 2 y resulta (5, 2), que también es una base. se suprime la primera y la segunda se simplica dividiendo entre los vectores propios asociados al valor propio

132


APLICACIONES LINEALES E(2) del valor propio 2. (A − 2I)X = ¯0. De aquí

25 −75 x 0 25x − 75y = 0 x = 3α = ⇒ → x − 3y = 0 → 10 −30 y 0 10x − 30y = 0 y=α A continuación se halla una base del espacio propio

Para ello hay que resolver el sistema homogéneo

Por tanto, el subespacio propio son los vectores de la forma

(x, y) = (3α, α) = α(3, 1), y una base es

(3, 1).

Por consiguiente, puesto que las columnas de la matriz

P son los vectores R2 , se tiene

propios, uno para cada valor, siempre que formen una base de

P = y sabemos que se verica (b ) Para la matriz

D

D = P −1 AP

5 3 , 2 1

(véase 3.23).

hallada en el apartado anterior, y en general para las

matrices diagonales, es muy sencillo calcular sus potencias ya que

−3 0 −3 0 (−3)2 0 D = , = 0 2 0 2 0 22

−3 0 (−3)3 0 (−3)2 0 3 2 = , D =D D= 0 2 0 22 0 23

(−3)n 0 −243 0 n 5 . En particular, D = . general, D = 0 32 0 2n

2

y en

D = P −1 AP , multiplicando a la −1 y resulta A = P DP −1 . Con esta expresión izquierda por P y a la derecha por P ya es sencillo obtener las potencias de A: Para hallar

A5

se despeja

A

de la igualdad

A2 = A · A = P DP −1 · P DP −1 = P D2 P −1 , A3 = A2 · A = P D2 P −1 · P DP −1 = P D3 P −1 . Y en general,

An = P Dn P −1 .

En particular

5 3 −243 0 −1 3 A = PD P = 2 1 0 32 2 −5

−1215 96 −1 3 1407 −4125 = = . −486 32 2 −5 550 −1618 5

5

−1

133



Ejercicio 3.28.

Estúdiese si la matriz

A=

−3 6 1 −2

es diagonalizable y, en

su caso, encuéntrense una diagonalización y una matriz de paso.

Solución. El polinomio característico es

−3 − t 6 |A − tI| = = (−3 − t)(−2 − t) − 6 = t2 + 5t. 1 −2 − t

A son las raíces de este polinomio, es decir t1 = 0 y t2 = −5. Puesto que A es 2 × 2 y tiene 2 valores propios distintos, es diagonalizable (véase

0 0 3.27) y una matriz diagonal es D = . 0 −5

Los valores propios de


P

desde

A

hasta

D


base en cada uno de los espacios propios.

E(0) del valor propio 0 hay que resolver (A − 0 · I)X = ¯0, es decir, AX = ¯0, o sea la ecuación

−3 6 x 0 −3x + 6y = 0 x = 2α = ⇒ → x − 2y = 0 → 1 −2 y 0 x − 2y = 0 y=α Para hallar una base del espacio propio

el sistema homogéneo

Por tanto, una base del espacio propio

E(0)

es

(2, 1).

E(−5) del valor (A − (−5)I)X = ¯0, o sea

Ahora hallamos una base del espacio propio que resolver el sistema homogéneo

2 6 1 3

propio

−5.

Hay

x 0 2x + 6y = 0 x = −3α = ⇒ → x + 3y = 0 → y 0 x + 3y = 0 y=α


E(−5)

es

En consecuencia, una matriz de paso desde

(−3, 1).

A

hasta

D

es

P =

2 −3 1 1

.

0 coincide con el núcleo de la aplicaA. Y en general, el espacio propio del valor propio λ coincide con el núcleo de la aplicación lineal A−λI , esto es, E(λ) = ker(A−λI). ⎛ ⎞ −3 3 −2 Ejercicio 3.29. Estúdiese si la matriz A = ⎝−2 2 −2⎠ es diagonalizable 6 −3 5 NOTA. El espacio propio del valor propio

ción lineal denida por la matriz

y, en su caso, encuéntrense una diagonalización y una matriz de paso.

134


APLICACIONES LINEALES Solución. El polinomio característico es −3 − t 3 − t 3 −2 0 3 − t (1) 2 − t −2 = −2 2 − t −2 |A − tI| = −2 6 6 −3 5 − t −3 5 − t 1 1 0 1 0 0 (2) (3) 0 = (3 − t) −2 2 − t −2 = (3 − t) −2 2 − t 6 −3 5 − t 6 −3 −1 − t (4)

= (3 − t)(2 − t)(−1 − t).

(1)

F1 → F1 + F3 .

(2) Se saca factor a

3−t

en

F1 .

(3)

C3 → C 3 − C 1 .

(4) Se desarrolla por la la 1. Los valores propios de

t2 = 2

y

t3 = −1.

A

son las raíces de este polinomio, que son

Puesto que

A

es

3×3

y tiene

3

diagonalizable (véase 3.27) y una matriz diagonal es


P

desde

A

t1 = 3,

valores propios distintos, es

⎞ 3 0 0 D = ⎝0 2 0 ⎠. 0 0 −1

hasta

⎛

D


base en cada uno de los espacios propios. Una base del espacio propio ecuación

(A − 3I)X = ¯ 0,

E(3)

del valor propio

3

se halla resolviendo la

o sea la ecuación

⎧ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −6 3 −2 x 0 ⎨ −6x + 3y − 2z = 0 ⎝−2 −1 −2⎠ ⎝y ⎠ = ⎝0⎠ ⇒ −2x − y − 2z = 0 ⎩ 6x − 3y + 2z = 0 6 −3 2 z 0 ⎛

(1)

→

⎧ ⎨ x=α −4x + 4y = 0 (2) y=α → −2x − y − 2z = 0 ⎩ z = −3 2 α

E3 = −E1 , se suprime E3 , E1 → E1 − E2 . despejan y, z en función de x = α.

(1) Como (2) Se

Por tanto, una base del espacio propio por

2,

el vector

(2, 2, −3).

Una base del espacio propio

E(2)

E(3) es 1, 1, −3 2 , o bien, multiplicando

del valor propio

2

se halla resolviendo la

135


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos ecuación

(A − 2I)X = ¯ 0, es decir ⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −5 3 −2 x 0 ⎨ −5x + 3y − 2z = 0 ⎝−2 0 −2⎠ ⎝y ⎠ = ⎝0⎠ ⇒ −2x − 2z = 0 ⎩ 6 −3 3 z 0 6x − 3y + 3z = 0 ⎧ ⎧ −5x + 3y − 2z = 0 ⎨ ⎨ x=α (1) (2) −2x − 2z = 0 → y=α → ⎩ ⎩ x +z =0 z = −α

(1)

E3 → E3 + E1 . E2 = −2E3 ,

(2) Como

se suprime

E2

y se despejan

Por consiguiente, una base del espacio propio

y, z

E(2)

en función de

es

x = α.

(1, 1, −1).

E(−1) del valor (A − (−1)I)X = ¯0, esto es ⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −2 3 −2 x 0 ⎨ −2x + 3y − 2z = 0 ⎝−2 3 −2⎠ ⎝y ⎠ = ⎝0⎠ ⇒ −2x + 3y − 2z = 0 ⎩ 6 −3 6 z 0 6x − 3y + 6z = 0

Por último, hallamos una base del espacio propio

propio

−1

resolviendo la ecuación

(1)

→ E2 = E1 , despejan y, z

⎧ ⎨ x=α −2x + 3y − 2z = 0 (2) y=0 → 4x + 4z = 0 ⎩ z = −α

(1) Como

se suprime

(2) Se

en función

E 2 , E 3 → E3 + E 1 . de x = α.


E(−1)

es

(1, 0, −1).

En consecuencia, los vectores de las bases de los tres espacios propios, vistos como vectores columnas, dan lugar a la matriz de paso desde

⎛

⎞ 2 1 1 1 0 ⎠. P =⎝ 2 −3 −1 −1

A

Esta matriz, según sabemos, cumple que

hasta

D,

esto es

D = P −1 AP .

NOTA. Para determinar el polinomio característico, el cálculo del determinante de la matriz Sarrus y se obtiene

A − tI ,

aunque algo laborioso, puede hacerse por la Regla de

p(t) = −t3 + 4t2 − t − 6.

Para hallar una raíz de este polinomio de grado 3, se prueba entre los divisores del término independiente que son

136

±1, ±2, ±3

y

±6.

Resulta

p(1) = 0

y

p(−1) = 0.


APLICACIONES LINEALES 3,

Con una raíz ya es suciente, pues como es grado cociente es de grado de grado

2.

2

Así pues, se hace la división entre

−1

−1

y resulta

al dividirlo entre

−1

−1 −5 −6

4 1 5

t+1

3

y

el

por la regla de Runi

−6 6 |0

p(t) = −t3 + 4t2 − t − 6 = (t + 1)(−t2 + 5t − 6).

Las otras raíces ya se obtienen fácilmente resolviendo la ecuación y son

t + 1,

y se pueden hallar sus raíces por la fórmula de la ecuación

−t2 + 5t − 6 = 0

2. ⎛

Ejercicio 3.30.

⎞ −11 −8 −8 5 8 ⎠ es diagonalizable Estúdiese si la matriz A = ⎝ 8 4 4 1



−11 − t −8 −3 − t −3 − t −8 0 (1) 5−t 8 = 8 5−t 8 |A − tI| = 8 4 4 4 1 − t 4 1 − t 1 1 1 0 0 0 (3) (2) 8 = (−3 − t) 8 −3 − t 8 = (−3 − t) 8 5 − t 4 4 4 1 − t 0 1 − t (4)

= (−3 − t)(−3 − t)(1 − t) = (t + 3)2 (1 − t).

(1)

F1 → F1 + F2 .


−3 − t

en

F1 .

(3)

C2 → C2 − C 1 .

(4) Se desarrolla por la la 1. Las raíces de este polinomio, que son los valores propios de y

t2 = 1

decidir si

cuyas multiplicidades (algebraicas) son

A

2

y

1,

A,

son

t1 = −3

respectivamente. Para

es diagonalizable, por el criterio 3.26, es suciente estudiar la dimen-

sión del espacio propio

E(−3)

raíz de multiplicidad mayor que

del valor propio

1

−3,

ya que al ser

−3

la única

es la única que podría no vericar la condición

multiplicidad algebraica = multiplicidad geométrica. Nótese que cuando la multiplicidad algebraica es

1,

forzosamente la multiplicidad geométrica es

1

también

(véase 3.25).

137


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos E(−3) del valor propio −3 ¯: (A − (−3)I)X = 0 ⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −8 −8 −8 x 0 ⎨ −8x − 8y − 8z = 0 ⎝8 8 8 ⎠ ⎝y ⎠ = ⎝0⎠ ⇒ 8x + 8y + 8z = 0 ⎩ 4 4 4 z 0 4x + 4y + 4z = 0 ⎧ ⎨ x = −α − β (1) (2) y=α → x+y+z =0 → ⎩ z=β

Hallemos una base del espacio propio la ecuación

resolviendo

(1) Como las 3 ecuaciones son equivalentes, se suprimen

E3

dividiendo entre 4. (2) Se despeja


E(−3)

x

en función de

E1 y E2 y se simplica y = α y z = β.


(x, y, z) = (−α − β, α, β) = α(−1, 1, 0) + β(−1, 0, 1), E(−3) es {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)}. Puesto que su dimensión es 2 = multiplicidad algebraica, se concluye que A es ⎛ ⎞ −3 0 0 −3 0⎠. diagonalizable (véase 3.26). Una diagonalización de A es D = ⎝ 0 0 0 1 y, consecuentemente, una base del espacio propio

P falta solamente hallar una base del E(1) del valor propio 1. Para ello se resuelve la ecuación (A−I)X = ⎧ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −12 −8 −8 x 0 ⎨ −12x − 8y − 8z = 0 ⎝ 8 4 8 ⎠ ⎝y ⎠ = ⎝0⎠ ⇒ 8x + 4y + 8z = 0 ⎩ 4 4 0 z 0 4x + 4y =0 ⎧ ⎧ ⎨ 3x + 2y + 2z = 0 (2) ⎨ x = α (1) −4x − 4y =0 → y = −α → ⎩ ⎩ x+y =0 z = −1 2 α

Para determinar la matriz de paso espacio propio

¯0:

(1) (2)

E2 → E2 + E1 , E1 → E1 /(−4), E3 → E3 /4. Como E2 = (−4)E3 , se suprime E2 y se despejan y, z

Por tanto, el vector

−1 2

en función de

x = α.

1, −1, es una base de E(1). Multiplicándolo por 2, (2, −2, −1), que será la tercera columna de la matriz

se tiene como base el vector de paso

P. E(−3) ⎞ y la de E(0) como columnas −1 −1 2 0 −2⎠. P =⎝ 1 0 1 −1

En consecuencia, seleccionando la base de

⎛

de la matriz

138

P

se tiene que


APLICACIONES LINEALES NOTA. Una diagonalización de una matriz diagonal

D

A,

cuando exista, es una matriz

que no es única ya que se puede cambiar el orden de los elementos

de dicha diagonal. Fijada

D,

la matriz de paso

P

tampoco es única, en cada

espacio propio se puede elegir la base que se quiera, y un espacio vectorial tiene innitas bases. El orden de las columnas de estén colocados los valores propios en

P

viene dado por el orden en que

D. ⎛

Ejercicio 3.31.


⎞ 4 4 −1 A = ⎝−3 −3 1 ⎠ 6 2 −4

es diagonalizable



1 − t 1 − t 4 − t 0 4 −1 (1) 1 1 = −3 −3 − t |A − tI| = −3 −3 − t 6 6 2 −4 − t 2 −4 − t 1 1 1 0 0 0 (2) (3) 1 = (1 − t) −3 −t 1 = (1 − t) −3 −3 − t 6 6 −4 −4 − t 2 −4 − t (4)

= (1 − t)(4t + t2 + 4) = (1 − t)(t + 2)2 .

(1)

F1 → F1 + F2 .


1−t

en

F1 .

(3)

C2 → C2 − C 1 .

(4) Se desarrolla por la la 1. Las raíces de este polinomio, que son los valores propios de

A, son t1 = 1 y t2 =

−2 cuyas multiplicidades (algebraicas) son 1 y 2, respectivamente. Para decidir si A es diagonalizable, como quedó claro en el ejercicio anterior, es suciente estudiar la dimensión del espacio propio E(−2) del valor propio −2. Una base del espacio propio

E(−2)

se halla resolviendo la ecuación

(−2)I)X = ¯ 0:

(A −

⎧ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 4 −1 x 0 ⎨ 6x + 4y − z = 0 ⎝−3 −1 1 ⎠ ⎝y ⎠ = ⎝0⎠ ⇒ −3x − y + z = 0 ⎩ 6 2 −2 z 0 6x + 2y − 2z = 0 ⎛

(1)

→

⎧ ⎨ x=α 3x + 3y = 0 (2) y = −α → −3x − y + z = 0 ⎩ z = 2α

139


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (1) Como

E3 = (−2)E2 , se suprime E3 , E1 → E1 + E2 . y, z en función de x = α.

(2) Se despejan

Por tanto, una base de

E(−2)

es

{(1, −1, 2)}

y su dimensión es

1.

En conse-

cuencia, como es distinta de la multiplicidad algebraica, se deduce que

A

no es

diagonalizable (véase 3.26).

Ejercicio 3.32. Sea p(t) = −t3 +2t+4 el polinomio característico de una matriz

A. Indíquense, de las siguientes, las armaciones correctas: (a ) A es de dimensión 4 × 4. (b ) 2 es un valor propio de A. (c ) A diagonaliza. (d ) El determinante de A es 4.

Solución. (a ) El grado del polinomio característico es igual al orden de la matriz cuadrada, por tanto,

A

3 × 3,

es de dimensión

(b ) De acuerdo con 3.20, un número

λ

y por consiguiente, (a ) es falsa.

es un valor propio de

es una raíz del polinomio característico. Veamos pues si

−23 + 2 · 2 + 4 = −8 + 4 + 4 = 0. valor propio de A. (b ) es cierta.

(c ) Se hallan los valores propios de que

2

2

Luego

2

A

si y sólo si

p(t): p(2) = consecuencia, 2 es un

es raíz de

es una raíz, y en

A resolviendo la ecuación p(t) = 0. Puesto

es una raíz, se factoriza aplicando la regla de Runi:

−1 2 −1

0 −2 −2

2 −4 −2

4 −4 |0

y se obtiene

p(t) = −t3 + 2t + 4 = (t − 2)(−t2 − 2t − 2). Se resuelve la ecuación

−t2 − 2t − 2 = 0

y resulta que no tiene soluciones (reales)

b2 − 4ac = (−2)2 − 4 · (−1) · (−2) = 2 con multiplicidad 1, se sigue que A

porque el discriminante de esta ecuación es

−4 < 0.

Como la única raíz de

p(t)

no es diagonalizable. Obsérvese que si una matriz diagonal

D

es

A

fuese diagonalizable sería semejante a

con valores en la diagonal

λ1 , λ2 , λ3 (no necesariamente 3 raíces, contada cada una

distintos) y el polinomio característico debería tener

tantas veces como indique su multiplicidad. En conclusión, (c ) es falsa. (d ) El polinomio característico viene dado por valor

t = 0,

resulta

|A| = p(0),

140

p(t) = |A − tI|.

Si se elige el


APLICACIONES LINEALES el determinante de A es igual al término independiente del polinomio característico. En este caso, p(0) = 4 = |A|, luego (d ) es correcta. esto es,

Ejercicio 3.33.

A ⎛

Sean

y

B

las matrices

⎞ a 0 b A = ⎝ 2 b −c ⎠ , 0 a c

⎛

⎞ 1 0 0 B = ⎝ 2 2 0 ⎠, 3 −1 2

a, b, c ∈ R. (a ) Hállense los valores de a, b, c para que A tenga como vector propio a v ¯= (1, 2, 2), asociado al valor propio λ = −1. (b ) Determínese si la matriz B es semejante a la matriz A para los valores de a, b y c obtenidos en el apartado anterior. donde

A

depende de los parámetros

Solución. (a ) La matriz A tiene como vector propio a v¯ = (1, 2, 2) con autovalor λ = −1 si se cumple que A¯ v = −¯ v . Luego hay que resolver el sistema ⎧ ⎛ ⎞ ⎞⎛ ⎞ ⎛ = −1 1 1 a 0 b ⎨ a + 2b ⎝ 2 b −c ⎠ ⎝ 2 ⎠ = − ⎝ 2 ⎠ ⇒ 2b − 2c = −4 ⎩ 2a + 2c = −2 2 2 0 a c ⎧ ⎧ ⎧ = −1 = −1 ⎨ a + 2b ⎨ a + 2b ⎨ a = −5 (1) (2) 2b − 2c = −4 → 2b − 2c = −4 → c=4 → ⎩ ⎩ ⎩ −4b + 2c = 0 −2b = −4 b=2

asociado

(1)

E3 → E3 − 2E1 .

Por tanto, la matriz

A

(2)

E3 → E3 + E2 .

resultante es

⎞ −5 0 2 2 −4 ⎠ . A=⎝ 2 0 −5 4 ⎛

(b ) La ecuación característica de la matriz matriz identidad de dimensión 3. Calculando,

1−t 0 0 2−t 0 |B − tI| = 2 3 −1 2 − t

Luego la ecuación característica de a

A,

B

es

B

es

|B − tI| = 0,

donde

I

es la

= (1 − t)(2 − t)2 .

(1 − t)(2 − t)2 = 0.

Si

B

fuese semejante

ambas matrices tendrían la misma ecuación característica (véase 3.19) y, en

141


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos particular, los mismos autovalores, que son las soluciones de dicha ecuación. Sin

a, b y c obtenidos en el apartado anterior, λ = −1 es autovalor de A, pero claramente no es autovalor de B (de hecho, los autovalores de B son λ1 = 1 y λ2 = 2). Por consiguiente, se deduce que A y B no son matrices embargo, para los valores de

semejantes.

Ejercicio 3.34.⎞Estúdiese en función de los parámetros a, b ∈ R si la matriz ⎛

a 1 b A = ⎝0 2 0 ⎠ 0 1 −1

es diagonalizable.


a − t 1 b (1) 2−t 0 = (a − t)(2 − t)(−1 − t). |A − tI| = 0 0 1 −1 − t

(1) Se desarrolla por

C1 .

λ1 = −1, λ2 = 2 y λ3 = a. Vamos a distinguir a coincida o no con alguno de los dos primeros autovalores.

Es claro que los autovalores son varios casos según que Caso 1. Si

a = −1

y

a = 2,

entonces

A

tiene

3

autovalores distintos y, por

tanto, es diagonalizable.

a = −1, entonces A tiene los autovalores −1 y 2 con multiplicidades A es diagonalizable hay que hallar la del espacio propio E(−1) asociado al valor propio −1. Con a = −1, se

Caso 2. Si

2

y

1,

respectivamente. Para decidir si

dimensión tiene que

⎛ ⎞ −1 1 b A=⎝ 0 2 0 ⎠ 0 1 −1

Por tanto, la ecuación

⎛

y

⎞ 0 1 b A − (−1)I = A + I = ⎝0 3 0⎠ . 0 1 0

(A − (−1)I)X = ¯0, con X = (x, y, z)t , ⎧ ⎨ y + bz = 0 bz = 0 3y =0 → y=0 ⎩ y =0

b = 0, entonces de la 1a ecuación se sigue que z = 0, y = 0, los vectores de E(−1) son todos los de la forma

Subcaso 2.1. Si

a en la 2 ecuación

(x, y, z) = (x, 0, 0) = x(1, 0, 0).

142

da lugar al sistema

y como


APLICACIONES LINEALES Una base de

E(−1)

es

{(1, 0, 0)}

y su dimensión es

b = 0, entonces ecuación y = 0 (x, z

Subcaso 2.2. Si sólo queda la

1.

a ecuación es

la 1

Luego

0=0

A

no diagonaliza.

y se puede suprimir y

libres). Por tanto, los vectores de

E(−1)

son

todos los de la forma

(x, y, z) = (x, 0, z) = x(1, 0, 0) + z(0, 0, 1). Una base de

E(−1) es {(1, 0, 0), (0, 0, 1)} y su dimensión es 2. Luego A diagonaliza.

Caso 3. Si

1

y

2,

a = 2,

entonces

dimensión del espacio propio que

A

tiene los autovalores

respectivamente. Para decidir si

E(2)

⎛ ⎞ 2 1 b A = ⎝0 2 0 ⎠ 0 1 −1

Por tanto, la ecuación

(1)

−1

y

2

con multiplicidades

es diagonalizable hay que hallar la

asociado al valor propio

2.

Con

a = 2,

se tiene

⎛

y

(A − 2I)X = ¯ 0,

A

⎞ 0 1 b A − 2I = ⎝0 0 0 ⎠ . 0 1 −3 con

y + bz = 0 (1) → y − 3z = 0

X = (x, y, z)t

da lugar al sistema

y − 3z = 0 (b + 3)z = 0

E1 → E2 , E2 → E1 − E2 .

Subcaso 3.1. Si

b = −3,

a sustituye en la 1 y se tiene

a ecuación se sigue que

entonces de la 2

z = 0, se vectores de E(2)

y = 0 (x es libre). Por tanto, los (x, 0, 0) = x(1, 0, 0). Por consiguiente, una base de E(2) es {(1, 0, 0)} y su dimensión es 1. En consecuencia, como no coincide con la multiplicidad algebraica, A no es diagonalizable. son todos los de la forma

b = −3, entonces la 2a ecuación es 0 = 0 y se puede suprimir y sólo queda la ecuación y − 3z = 0, es decir, y = 3z (x, z libres). Por tanto, los vectores de E(2) son todos los de la forma Subcaso 3.2. Si

(x, y, z) = (x, 3z, z) = x(1, 0, 0) + z(0, 3, 1). Luego, una base de

E(2)

es

{(1, 0, 0), (0, 3, 1)} y su dimensión es 2, que coincide 2, y por consiguiente, A es diagonalizable.

con la multiplicidad de la raíz

En la Tabla 3.1 se resumen los resultados obtenidos.

143


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos a a = −1, 2 a = −1 a=2

b ∀b b = 0 b=0 b = −3 b = −3

¾A diagonaliza? Sí No Sí No Sí

Tabla 3.1. Resumen de la discusión del Ejercicio 3.34 ⎛

Ejercicio 3.35.


⎞ −7 0 1 4 ⎜ 0 −1 0 0⎟ ⎟ A=⎜ ⎝0 0 −3 0⎠ −6 0 1 3

es diagonali-

zable.


−7 − t 0 1 4 −7 − t 1 4 0 (1) −1 − t 0 0 = (−1 − t) 0 −3 − t 0 |A − tI| = 0 −3 − t 0 −6 0 1 3 − t −6 0 1 3 − t −7 − t (2) 4 = (−1 − t)(−3 − t)[(−7 − t)(3 − t) + 24] = (−1 − t)(−3 − t) −6 3 − t = (−1 − t)(−3 − t)(t2 + 4t + 3) = (t + 1)2 (t + 3)2 . (1) Se desarrolla por

C2 .

(2) Se desarrolla por

F2

A, son t1 = −1 y 2 y 2, respectivamente. Hay que hallar E(−1) y E(−3)

Las raíces de este polinomio, que son los valores propios de

t2 = −3

con multiplicidades (algebraicas)

la dimensión de los espacio propios

E(−1) del valor propio −1 se halla resolviendo la ¯ ecuación (A − (−1)I)X = 0: ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎧ −6 0 1 4 x 0 ⎨ −6x + z + 4t = 0 (1) ⎜ 0 0 0 0⎟ ⎜y ⎟ ⎜0⎟ x = 23 t ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⇒ −2z = 0 → ⎝ 0 0 −2 0⎠ ⎝ z ⎠ ⎝0⎠ z=0 ⎩ −6x + z + 4t = 0 −6 0 1 4 t 0 Una base del espacio propio

(1) Como libres).

144

E3 = E1 ,

se suprime

E3

y se despeja

x

en función de

t (y

y

t

son


APLICACIONES LINEALES Los vectores de

E(−1)

(x, y, z, t) =


2

3 t, y, 0, t

= y(0, 1, 0, 0) + t

2

3 , 0, 0, 1

.

$ E(−1) es (0, 1, 0, 0), 23 , 0, 0, 1 y su dimensión es 2. que A sea diagonalizable porque coincide con la multipli-

Por tanto, una base de No se puede descartar cidad.

E(−3) del valor propio −3 se halla resolviendo la (A − (−3)I)X = ¯ 0: ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎧ −4 0 1 4 x 0 ⎨ −4x + z + 4t = 0 ⎜ 0 2 0 0⎟ ⎜y ⎟ ⎜0⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⇒ 2y = 0 ⎝ 0 0 0 0⎠ ⎝ z ⎠ ⎝0⎠ ⎩ −6x + z + 6t = 0 −6 0 1 6 t 0

Una base del espacio propio ecuación

⎧ ⎧ ⎨ −4x + z + 4t = 0 ⎨ z=0 y=0 → y=0 → ⎩ ⎩ −2x + 2t = 0 x=t (1)

(1)

E3 → E3 − E1 , t

Los vectores de

es libre.

E(−3)


(x, y, z, t) = (t, 0, 0, t) = t(1, 0, 0, 1). Por tanto, una base de

E(−3)

es

{(1, 0, 0, 1)} y su dimensión es 1. Como no −3, se concluye que A no es diagonalizable.

coincide con la multiplicidad de la raíz

145



Tema 4 FUNCIONES DE UNA VARIABLE

1.


El conjunto de los números reales 4.1.

Orden de R. Sobre el conjunto de los números reales está denida la relación

de orden ≤ (menor o igual que). Dados 1.

x≤x

x, y, z ∈ R,

se verica

(propiedad reexiva),

2. Si

x≤y

y

y ≤ x,

entonces

x=y

(propiedad antisimétrica),

3. Si

x≤y

y

y ≤ z,

entonces

x≤z

(propiedad transitiva),

4. O bien 4.2.

x ≤ y,

o bien

y≤x

(orden total).

Intervalos en R. Sean a, b ∈ R, con a < b. A través de la relación de orden

anterior se denen los siguientes conjuntos, llamados intervalos:

(a, b) = {x ∈ R : a < x < b}

(intervalo abierto),

[a, b] = {x ∈ R : a ≤ x ≤ b}

(intervalo cerrado),

[a, b) = {x ∈ R : a ≤ x < b}, (a, b] = {x ∈ R : a < x ≤ b}, (a, +∞) = {x ∈ R : x > a}, (−∞, a) = {x ∈ R : x < a}

(intervalos abiertos),

[a, +∞) = {x ∈ R : x ≥ a}, (−∞, a] = {x ∈ R : x ≤ a}

(intervalos cerrados).

Para denir el concepto de distancia entre números reales, es necesario introducir previamente la función valor absoluto. 4.3.

Valor absoluto. El valor absoluto es la función | · | : R → [0, +∞) denida

del siguiente modo:

|x| =

x −x

si si

x≥0 x<0

(4.1)

147


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos 4.4. Propiedades del valor absoluto.

x, y ∈ R.

Sean

Se cumplen las siguientes

propiedades:

1.

|x| ≥ 0,

2.

|x| = 0 ⇐⇒ x = 0,

3.

|x · y| = |x| · |y|,

4.

|x + y| ≤ |x| + |y|

5.

|x| ≤ y ⇐⇒ −y ≤ x ≤ y .

(desigualdad triangular),

4.5. Distancia entre dos números reales. Dados x, y ∈ R, la distancia entre x e y es el valor d(x, y)

:= |x − y|.

4.6. Recta ampliada.

{−∞, +∞}.

En

R

Se dene la recta ampliada como el conjunto

se mantienen las mismas operaciones que en

R

R = R∪

y además se

tiene que

x + (+∞) = +∞, ∀x ∈ R\{−∞},

x + (−∞) = −∞, ∀x ∈ R\{+∞},

x · (+∞) = +∞, ∀x ∈ (0, +∞],

x · (+∞) = −∞, ∀x ∈ [−∞, 0),

(−∞) · x = −∞, ∀x ∈ (0, +∞],

(−∞) · x = +∞, ∀x ∈ [−∞, 0),

x ±∞

= 0, ∀x ∈ R,

x 0

= ±∞, ∀x ∈ R\{0},

x+∞ = 0, ∀x ∈ (0, 1),

x+∞ = +∞, ∀x ∈ (1, +∞],

(+∞)x = +∞, ∀x ∈ (0, +∞],

(+∞)x = 0, ∀x ∈ [−∞, 0).

Sin embargo, hay operaciones que no están denidas para ciertos elementos de

R,

dando lugar a indeterminaciones, las cuales se recogen en el siguiente punto.

4.7. Indeterminaciones. +∞ + (−∞),

±∞ · 0,

0 , 0

±∞ , ±∞

00 ,

1±∞ ,

(+∞)0 .

4.8. Cota de un conjunto. Sea A ⊂ R un conjunto no vacío. Se dice que un punto c∈R

es una cota superior del conjunto

Análogamente, un punto

a ∈ A.

148

c∈R

A

si

a≤c

para todo

es una cota inferior de

A

a ∈ A. si

c≤a

para todo



4.9.

Conjunto acotado.

Sea

A ⊂ R

inferiormente si existe una cota inferior de

A

Si el conjunto

A está A. El conjunto A está acotado

un conjunto no vacío. Se dice que

acotado superiormente si existe una cota superior de

A.

está acotado superior e inferiormente, entonces se dice que

A

es un conjunto acotado.

4.10.

Supremo e ínmo de un conjunto. Dado un conjunto no vacío A ⊂ R, se dice

que un número real, que se denota como

sup A,

es el supremo de

A,

si satisface

las dos propiedades siguientes:

1.

sup A

2.

sup A ≤ c,

Es decir,

es una cota superior de

sup A,

A,

para toda cota superior

c

de

A.

si existe, es la menor de las cotas superiores de

sup A ∈ A, entonces caso, como m´ ax A.

Si además se cumple que de

A,

y se denota, en este

se dice que

Análogamente, un número real, que se denota como

A.

sup A

´ınf A,

es el máximo

A,

es el ínmo de

si verica las siguientes propiedades:

1.

´ınf A

2.

c ≤ ´ınf A,

Por tanto,

es una cota inferior de

para toda cota inferior

´ınf A,

c

de

A.

si existe, es la mayor de las cotas inferiores de

Si se cumple además que y se denota como

4.11.

A,

´ınf A ∈ A,

entonces

´ınf A

A.

se denomina mínimo de

A

m´ın A.

Axioma del supremo. Sea A ⊂ R un conjunto no vacío. Si A está acotado

superiormente, entonces existe Análogamente, si

A

sup A.

está acotado inferiormente, entonces existe

´ınf A.

Sucesiones de números reales 4.12.

Sucesión. Una sucesión de números reales {xn } es una aplicación que asocia

a cada número natural

4.13.

n

un número real

xn .

Límite de una sucesión. Sea {xn } una sucesión. 149


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (a) La sucesión

ε>0

existe

{xn }

tiene límite

n0 ∈ N

{xn } es +∞, n ≥ n0 .

(c) El límite de

Si la sucesión

4.14. 4.15.

{xn }

{xn }

y se denota

tal que para todo

(b) El límite de para todo

l ∈ R,

es

−∞,

n ≥ n0

si para cada

si

ε>0

l´ım xn = l,

n→∞

se tiene que existe

si para cada

|xn − l| < ε.

n0 ∈ N

tal que

x n > ε,

l´ım −xn = +∞.

n→∞

tiene límite nito, se dice que

{xn }

es convergente.

Unicidad del límite. El límite de una sucesión convergente es único. Propiedades del límite. Sean {xn } e {yn } dos sucesiones. Si {xn } y {yn }

son convergentes, entonces

(a)

(b)

l´ım (xn ± yn ) = l´ım xn ± l´ım yn ,

n→∞

n→∞

%

l´ım (xn · yn ) =

n→∞

(c) Si

yn = 0,

n→∞

& % & l´ım xn · l´ım yn ,

n→∞

para todo

n→∞

n∈N

y

l´ım yn = 0,

n→∞

entonces

l´ım xn xn = n→∞ . n→∞ yn l´ım yn l´ım

n→∞

(d)

l´ım (xynn ) =

%

n→∞

l´ım xn

& l´ım yn n→∞

n→∞

, si

xn ≥ 0 para todo n ∈ N y no resulta una

indeterminación.

4.16.

Sucesión acotada. Se dice que una sucesión {xn } es acotada si existe un

número real

M >0

tal que

|xn | ≤ M,

4.17. 4.18.

para todo

n ∈ N.

Teorema. Toda sucesión convergente es acotada. Propiedad del emparedado. Sean {xn }, {yn } y {zn } tres sucesiones de nú-

meros reales tales que entonces

yn ≤ xn ≤ zn ,

para todo

n ∈ N.

Si

l´ım xn = l.

n→∞

Como consecuencia se tienen los siguientes resultados.

150

l´ım yn = l´ım zn = l,

n→∞

n→∞



4.19.

Teorema. Sean {xn } e {yn } dos sucesiones.

(a) Si (b) Si (c)

l´ım yn = 0

y

|xn | ≤ yn ,

l´ım xn = 0

y

{yn }

n→∞ n→∞

n ∈ N,

es acotada, entonces

Criterio de comparación. Si n→∞ l´ım xn entonces

4.20.

para todo

entonces

l´ım xn = 0.

n→∞

l´ım (xn · yn ) = 0.

n→∞

= +∞

y

x n ≤ yn ,

para todo

n ∈ N,

l´ım yn = +∞.

n→∞

Sucesiones monótonas. {xn } es monótona creciente (respectivamente, estrictamente xn ≤ xn+1 , para todo n ∈ N (respectivamente, xn < xn+1 , n ∈ N).

(a) Se dice que

creciente) si para todo

{xn } es monótona decreciente (respectivamente, estrictamente xn ≥ xn+1 , para todo n ∈ N (respectivamente, xn > xn+1 , n ∈ N).

(b) Se dice que

decreciente), si para todo

(c) La sucesión

{xn }

es constante si

xn = xn+1 ,

para todo

n ∈ N.

Para sucesiones monótonas el recíproco del resultado 4.17 también se cumple:

4.21.

Teorema. Sea {xn } una sucesión monótona. Entonces, {xn } es convergente

si y sólo si es acotada.

La siguiente propiedad es útil para calcular límites con la indeterminación

00

0 ó (+∞) .

4.22.

Sean

{xn }

e

{yn }

dos sucesiones, donde

{xn }

es de términos positivos. Se

tiene que

l´ım yn ln(xn ) yn l´ım xynn = l´ım eln(xn ) = l´ım eyn ln(xn ) = en→∞ .

n→∞

n→∞

n→∞

El siguiente resultado permite calcular límites con la indeterminación

4.23.

Sea

{xn }

una sucesión. Si

l´ım xn = ±∞,

n→∞

l´ım

n→∞

1 1+ xn

1±∞ .

entonces

xn = e.

151



Límites de funciones reales En lo que sigue, se considera que

I

es un intervalo de la recta real y se denota

por

I= ◦

I= Por ejemplo, si

I,

menor intervalo cerrado que contiene a mayor intervalo abierto contenido en

I = (a, b],

con

a, b ∈ R, a < b,

entonces

I.

I = [a, b]

y

◦

I = (a, b).

4.24. Límite de una función en un punto. Sean f : I → R y x0 ∈ I . f

(a) Se dice que

tiene límite

ε > 0 existe δ > 0 |f (x) − l| < ε.

cada

f

(b) El límite de

f (x) > ε,

en

x0

para todo

(c) El límite de

f

en

x0

l∈R

en

tal que si

x0 ,

y se denota

x ∈ I

y

l´ım f (x) = l,

x→x0

0 < |x − x0 | < δ ,

es +∞, si para cada ε > 0 existe δ > 0 x ∈ I tal que 0 < |x − x0 | < δ . es

−∞,

si

si para

entonces

vericando que

l´ım −f (x) = +∞.

x→x0

4.25. Límite en el innito. Sea a ∈ R. f : [a, +∞) → R tiende hacia l ∈ R cuando x tiende a +∞, y se por l´ ım f (x) = l, si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ I

(a) La función denota y

x→+∞

x > δ,

entonces

(b) La función denota por y

x < δ,

|f (x) − l| < ε.

f : (−∞, a] → R tiende hacia l ∈ R cuando x tiende a −∞, y se l´ım f (x) = l, si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal que si x ∈ I x→−∞

entonces

|f (x) − l| < ε.

4.26. Unicidad del límite. El límite de una función, si existe, es único. 4.27. Límite lateral. Sean f : I → R y x0 ∈ I . Se dice que f tiene límite por la izquierda donde

l∈R

f|I∩(−∞,x0 )

en

x→x+ 0

152

si

y se denota

denota la función

f

l´ım f (x) = l,

x→x− 0

x→x0

si

l´ım f|I∩(−∞,x0 ) (x) = l,

x→x0

restringida al conjunto

f tiene límite por l´ım f|I∩(x0 ,+∞) (x) = l.

De modo análogo,

l´ım f (x) = l,

x0 ,

la derecha

l ∈ R

I ∩ (−∞, x0 ). en

x0 ,

y se denota



4.28.

Sean

◦

f : I → R, x0 ∈I

l ∈ R.

y

El límite de

y sólo si existen los límites laterales de

f

en

x0

f

en

x0

existe y es igual a

l

si

y son iguales a l , es decir,

l´ım f (x) = l ⇐⇒ l´ım f (x) = l´ım f (x) = l. x→x− 0

x→x0

x→x+ 0

Como consecuencia, si los límites laterales en entonces no existe el límite de

f

4.29. Propiedades del límite.

Sean

l´ım f (x)

x→x0

(a) (b)

(c)

y

l´ım g(x),

x→x0

x0

son distintos, o alguno no existe,

x0 .

en

f, g : I → R, x0 ∈ I

y

λ ∈ R.

Si existen

entonces

l´ım λf (x) = λ l´ım f (x),

x→x0

x→x0

l´ım (f (x) ± g(x)) = l´ım f (x) ± l´ım g(x),

x→x0

x→x0

l´ım (f (x) · g(x)) =

x→x0

(d) si

g(x) = 0,

x→x0

l´ım f (x) · l´ım g(x) ,

x→x0

para todo

x→x0

x ∈ I,

entonces

l´ım

x→x0

(e) si

f (x) > 0,

para todo

% l´ım

x→x0

x ∈ I,

l´ım f (x) f (x) x→x0 = , g(x) l´ım g(x) x→x0

entonces

& f (x)g(x) =

l´ım g(x)

l´ım f (x)

x→x0

x→x0

,

siempre y cuando los límites en (a)-(e) no den lugar a una indeterminación. Estas propiedades se verican también para límites en el innito y para límites laterales.

4.30. Propiedad del emparedado.

Sean f : I → R, x0 ∈ I y g y h dos funciones I ⊂ dom g , I ⊂ dom h y g(x) ≤ f (x) ≤ h(x), para todo x ∈ I , x = x0 . l´ım g(x) = l´ım h(x) = l ∈ R, entonces l´ım f (x) = l.

tales que Si

x→x0

x→x0

x→x0

Esta propiedad también se satisface considerando límites en el innito. Como consecuencia, se tienen los siguientes resultados.

153



Teorema. Sean f : I → R, x0 ∈ I y g una función tal que I ⊂ dom g.

(a) Si (b) Si

l´ım g(x) = 0

x→x0

y

|f (x)| ≤ g(x),

l´ım f (x) = 0 y g

x→x0

para todo

x ∈ I,

entonces

está acotada en un intervalo abierto

x0 , es decir, existe M > 0 l´ım f (x) · g(x) = 0.

tal que

a

|g(x)| ≤ M ,

l´ım f (x) = 0.

x→x0

J ⊂I

para todo

que contiene

x ∈ J,

entonces

x→x0

Para calcular límites con la indeterminación

1±∞

es necesario el resultado que

se muestra a continuación.

4.32.

Sea

f :I→R

y

x0 ∈ I .

Si

l´ım f (x) = ±∞,

x→x0

1 1+ f (x)

l´ım

x→x0

entonces

f (x) = e.

La igualdad anterior también se verica para límites cuando

x → ±∞.

El siguiente resultado relaciona los límites de funciones con los límites de sucesiones y es muy útil para demostrar que el límite de una función en un punto de

R

4.33.

no existe. Sean

f : I → R

l´ım f (xn ) = l

n→∞

y

x0 ∈ I .

para toda sucesión

Como caso particular, si

Se tiene que

{xn } ⊂ I

tal que

l´ım f (x) = l ∈ R,

x→+∞

propiedad también es cierta para límites cuando

4.34.

si y sólo si

l´ım xn = x0 .

n→∞

entonces

x → ±∞.

l´ım f (n) = l.

n→∞

La

Asíntotas de una función. Sea f : I → R una función y x0 , y0 , m, n ∈ R.

(a) Se dice que la recta

x = x0

es una asíntota vertical de

l´ım f (x) = ±∞

x→x− 0 (b) Se dice que la recta

y = y0

o

f

o

si

l´ım f (x) = ±∞.

x→x+ 0

es una asíntota horizontal de

l´ım f (x) = y0

x→−∞

154

l´ım f (x) = l ∈ R

x→x0

l´ım f (x) = y0 .

x→+∞

f

si


FUNCIONES DE UNA VARIABLE (c) Se dice que la recta

y = mx + n

es una asíntota oblicua de

f (x) = m, l´ım (f (x) − mx) = n, x→−∞ x f (x) = m, l´ım (f (x) − mx) = n. l´ım x→+∞ x x→+∞ l´ım

x→−∞

f

si

o

Funciones continuas 4.35. Continuidad en un punto. Una función f : I → R es continua en un punto x0 ∈ I

si

l´ım f (x) = f (x0 ).

x→x0 En caso contrario se dice que

4.36.

f

Se dice que una función

continua en cada punto

es discontinua en

f :I→R

x0 .

es continua en un conjunto

x0 ∈ A.

A⊂I

si es

En los dos resultados siguientes se describen propiedades de las funciones continuas en un punto.

4.37.

Sean

4.38.

Sean

f, g : I → R. Si f y g son continuas en x0 ∈ I , entonces f ± g y f · g son continuas en x0 . Además, si g(x) = 0, para todo x ∈ I , la función fg es también continua en x0 . g

f : I → R y g : J → R, donde f (I) ⊂ J . Si f f (x0 ), entonces g ◦ f es continua en x0 .

es continua en

x0 ∈ I

y

es continua en

A continuación se enuncian tres conocidos teoremas sobre continuidad, que se reeren a importantes propiedades que cumple una función continua en un intervalo cerrado

f : [a, b] → R.

[a, b] ⊂ R. Así pues, se considera en estos resultados una función

4.39. Teorema de Bolzano. Si f lentemente, si

f (a)

y

f (b)

es continua en

[a, b]

y

f (a) · f (b) < 0 (o equivac ∈ (a, b) tal que

tienen distinto signo), entonces existe

f (c) = 0.

4.40. Teorema de los valores intermedios. Si f es continua en [a, b], entonces para

d ∈ R tal que f (a) < d < f (b) o f (b) < d < f (a) existe c ∈ (a, b) que verica f (c) = d. todo

155



Teorema de Bolzano-Weierstrass. Si f : [a, b] → R es una función continua,

f c, d ∈ [a, b] entonces

alcanza el valor mínimo y el valor máximo en

[a, b].

Es decir, existen

tales que

f (c) ≤ f (x) ≤ f (d),

para todo

x ∈ [a, b].

En el siguiente apartado se presenta un procedimiento para determinar de forma aproximada soluciones de la ecuación

f (x) = 0,

siendo

f

continua en

[a, b].

Este procedimiento se conoce como método de la bisección y consiste en aplicar recurrentemente el teorema de Bolzano.

4.42.

Método de la bisección.

de un intervalo cerrado

[a, b]

Para aplicar el método de la bisección se parte en el que se satisfaga el Teorema de Bolzano, el

cual garantiza la existencia de al menos una solución de la ecuación

[a, b].

f (x) = 0

en

El método de la bisección permite obtener una aproximación a una de esas

soluciones tan buena como se quiera. Este método consiste en lo siguiente:

1. Se divide el intervalo

[a, b] en los [a, b].

subintervalos

a+b 2 es el punto medio de 2. Se calcula 2.1.

f (c1 ).

f (c1 ) = 0.

[a, c1 ]

y

[c1 , b],

donde

c1 :=

Puede ocurrir uno de los tres casos siguientes: Entonces

c1

es solución de la ecuación

f (x) = 0,

y se

concluye. 2.2.

2.3.

f (a)·f (c1 ) < 0. En este caso, aplicando el teorema de Bolzano se garantiza la existencia de una solución en [a, c1 ], y se ha acotado la búsqueda de soluciones a un intervalo de longitud la mitad que el intervalo [a, b]. f (c1 )·f (b) < 0. Entonces por el teorema de Bolzano existe una solución [c1 , b].

en el intervalo

3. Se repiten los pasos 1 y 2 para el intervalo o para

[c1 , b]

[a, c1 ]

si tuvo lugar el caso 2.2

si ocurrió el caso 2.3, hasta obtener una aproximación a la

solución con un error tan pequeño como se quiera.

4.43.

En la

mación

cn

n-ésima

iteración del método de la bisección se obtiene una aproxi-

a una solución

c

de

f (x) = 0

con un error menor que

|cn − c| <

156

b−a . 2n

b−a 2n , es decir,



Funciones derivables 4.44. Función derivable. Derivada. Se dice que una función f : I → R es derivable en un punto

◦

x0 ∈ I

si existe y es nito el límite

f (x0 + h) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) = l´ım . x→x0 h→0 h x − x0

f (x0 ) := l´ım El valor

4.45.

f (x0 )

es la derivada de

f

en el punto

f :I →R x0 ∈ A.

Se dice que la función

derivable en cada punto

x0 .

es derivable en un conjunto

◦

A ⊂ I,

si es

4.46. Interpretación geométrica de la derivada y recta tangente. La derivada de ◦

f : I → R en un punto x0 ∈ I es la pendiente de la recta tangente a de f en el punto (x0 , f (x0 )). Dicha recta tangente tiene por ecuación

una función la gráca

y = f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ). Intuitivamente,

f

es derivable en

x0

si cambia de forma suave, sin formar un

pico, en las proximidades de este punto, lo que signica que en un entorno de la gráca de

f

se aproxima a la recta tangente en

(x0 , y0 ),

siendo

x0

y0 = f (x0 ).

◦

4.47. Teorema. Si f : I → R es derivable en x0 ∈ I , entonces es continua en x0 . 4.48. Propiedades y reglas de derivación. Si f, g : I → R son dos funciones derivables en un punto en

x0

◦

x0 ∈ I

y

k∈R

entonces

kf , f ± g

y

f ·g

son derivables

y se tiene que

(a)

(k · f ) (x0 ) = k · f (x0 ),

(b)

(f ± g) (x0 ) = f (x0 ) ± g (x0 ),

(c)

(f · g) (x0 ) = f (x0 ) · g(x0 ) + f (x0 ) · g (x0 ).

(d) Si además

g(x) = 0

para todo

x ∈ I,

entonces

f g es también derivable en

x0

y se verica que

f f (x0 ) · g(x0 ) − f (x0 ) · g (x0 ) (x0 ) = . g (g(x0 ))2

157



◦

Regla de la cadena. Sean f ◦

x0 ∈ I , tal que f (x0 ) ∈J . Si f g ◦ f es derivable en x0 y

: I → R, g : J → R

es derivable en

f (I) ⊂ J

tal que

y sea

x0 y g es derivable en f (x0 ), entonces

(g ◦ f ) (x0 ) = g (f (x0 )) · f (x0 ).

4.50.

Derivada lateral. Se dice que una función f

izquierda en un punto

x0 ∈ I

f (x− ım 0 ) := l´

h→0−

El valor

f (x− 0)

: I → R

es derivable por la

si existe y es nito el límite

f (x0 + h) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) = l´ım . h x − x0 x→x− 0

se denomina derivada por la izquierda de

Análogamente, la función

f

f

en

x0 .

es derivable por la derecha en

x0

si existe y es

nito el límite

ım f (x+ 0 ) := l´

h→0+

El valor

4.51.

f (x+ 0)

Sea

f (x0 + h) − f (x0 ) f (x) − f (x0 ) = l´ım . + h x − x0 x→x0

se denomina derivada por la derecha de

f :I→R

y

◦

x0 ∈ I .

La función

y son iguales las derivadas laterales de se tiene que

+ f (x0 ) = f (x− 0 ) = f (x0 ).

f

f

en

f

en

x0 .

x0 si f

es derivable en

si y sólo si existen

x0 .

es derivable en

Por tanto,

x0 ,

Los siguientes teoremas son importantes resultados del cálculo diferencial para funciones

4.52.

f : [a, b] → R.

Teorema del valor medio, de Lagrange o de los incrementos nitos. Si f

[a, b] → R

es continua en

[a, b]

que

(a, b),

entonces existe

c ∈ (a, b)

tal

f (b) − f (a) = f (c). b−a

4.53. y

y derivable en

:

Teorema de Rolle. Si f : [a, b] → R es continua en [a, b], derivable en (a, b)

f (a) = f (b),

entonces existe

c ∈ (a, b)

tal que

f (c) = 0.

Obsérvese que el teorema de Rolle es un caso particular del teorema del valor medio.

158



4.54.

Teorema de Cauchy o del valor medio generalizado. Si f, g : [a, b] → R son

continuas en

c ∈ (a, b)

[a, b],

derivables en

tal que

(a, b)

y

g

no se anula en

(a, b),

entonces existe

f (b) − f (a) f (c) = . g(b) − g(a) g (c)

La siguiente regla es consecuencia del teorema de Cauchy y es muy utilizada en el cálculo de límites de funciones para resolver indeterminaciones del tipo

±∞ ±∞ .

4.55.

0 0 y

Regla de L'Hôpital. Sean f, g : [a, b] → R y x0 ∈ (a, b). Supóngase que f y g

[a, b] y derivables en (a, b) y que g (x) = 0 en (a, b) salvo quizás Si l´ ım f (x) = l´ım g(x) = 0 o l´ım f (x) = l´ım g(x) = ±∞, y

son continuas en en el punto existe

x0 .

f (x) l´ım x→x0 g (x)

x→x0

(puede ser

x→x0

±∞), l´ım

x→x0

x→x0

x→x0

entonces

f (x) f (x) = l´ım . g(x) x→x0 g (x)

Este teorema también se satisface para los límites laterales cuando cuando

4.56.

x→

b− y también para límites en el innito.

x → a+

y

Punto jo de una función. Sea g : [a, b] → R y x¯ ∈ [a, b]. Se dice que x¯ es

un punto jo de

g

si

g(¯ x) = x ¯.

Geométricamente, los puntos jos de corta a la recta de ecuación

g

son aquéllos en los que la gráca de

g

y = x.

Una de las aplicaciones que tiene el estudio de los puntos jos de una función es la de obtener soluciones aproximadas de una ecuación. En efecto, resolver la ecuación f (x) = 0 f (x) + x.

es equivalente a encontrar los puntos jos de la función

g(x) =

A continuación, se explica el método del punto jo, que permite calcular de forma recurrente aproximaciones a puntos jos de una función.

4.57.

Método del punto jo. Sea g : [a, b] → R una función continua y x0 ∈ [a, b]

un punto cualquiera, que se considera el primer iterante. El método del punto jo consiste en construir la sucesión denida recurrentemente como

xn+1 = g(xn ).

(4.2)

159


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Si esta sucesión converge, lo hace hacia un punto jo. Es decir, si

[a, b],

entonces

x ¯

l´ım xn = x ¯∈

n→∞

g.

es un punto jo de

El siguiente teorema da condiciones sucientes para que la sucesión (4.2) sea convergente y así garantizar la existencia de un punto jo de

4.58. Si

g.

Teorema del punto jo. Sea g : [a, b] → R una función derivable en (a, b).

g([a, b]) ⊂ [a, b]

y existe

k ∈ [0, 1)

tal que

|g (x)| ≤ k, entonces

g

para todo

tiene un único punto jo

x ¯ ∈ [a, b]

x ∈ (a, b), y la sucesión (4.2) converge hacia

ese punto jo considerando como primer iterante cualquier punto

x0 ∈ [a, b].

En el siguiente resultado se da una cota del error cometido al aproximar el punto jo por el iterante

4.59.

n-ésimo.

Teorema. Con las mismas hipótesis que en el Teorema 4.58 se verica que |xn − x ¯| <

4.60.

kn (b − a). 1−k

Funciones monótonas. Sea f : I → R.

(a) La función

f

creciente

es

en

I

(respectivamente,

si para cualquier par de puntos

f (x1 ) ≤ f (x2 ) (b) La función

f

(respectivamente,

es

x1 , x2 ∈ I tales f (x1 ) < f (x2 )).

estrictamente creciente )

que

x 1 < x2

se tiene que

decreciente en I (respectivamente, estrictamente decrecien-

te ) si para cualquier par de puntos x1 , x2 ∈ I tales que x1 < x2 se tiene que

f (x1 ) ≥ f (x2 ) (c) La función

f

(respectivamente,

es

f (x1 ) > f (x2 )).

constante en I si f (x) = c ∈ R, para todo x ∈ I .

El siguiente teorema es consecuencia del teorema del valor medio y establece condiciones para saber si una función es creciente, decreciente o constante.

4.61. en

Teorema. Supóngase que I es abierto y sea f : I → R una función derivable

I.

(a) Si

f (x) ≥ 0

en

I,

entonces

estrictamente creciente en

160

I.

f

es creciente en

I.

Si

f (x) > 0

en

I, f

es


FUNCIONES DE UNA VARIABLE (b) Si

f (x) ≤ 0

en

I,

estrictamente decreciente (c) La función

f

f es en I .

entonces

es constante en

I

I.

decreciente en

si y solamente si

Si

f (x) < 0

f (x) = 0,

en

I, f

para todo

es

x ∈ I.

◦

4.62. Extremos relativos. Sea f : I → R y x0 ∈I . (a) Se dice que

f

x ∈ (c, d). (b) Se dice que

f

(c, d) ⊂ I

tiene un

intervalo abierto

x ∈ (c, d).

máximo relativo (o máximo local) en x0 si existe un

tiene un

intervalo abierto

tal que

x0 ∈ (c, d)

mínimo relativo

(c, d) ⊂ I

tal que

y

f (x0 ) ≥ f (x),

x0 si existe un f (x0 ) ≤ f (x), para todo

(o mínimo local) en

x0 ∈ (c, d)

Si las desigualdades en (a) y (b) son estrictas para

y

x = x0 ,

f

tiene un extremo relativo en

se dice que

f

tiene un

x0 .

máximo (respectivamente, un mínimo) relativo estricto en Se dice que la función

para todo

x0

si tiene un máximo o

un mínimo relativo en ese punto.

◦

4.63. Punto crítico. Sea f : I → R y x0 ∈I . Se dice que x0 f

si

f (x0 ) = 0

o

f

no es derivable en

es un punto crítico de

x0 . ◦

4.64. Teorema. Condición necesaria de extremo relativo. Sea f : I → R y x0 ∈I . Si

0

f

x0 y tiene un extremo relativo en este punto, entonces f (x0 ) = un punto crítico de f ).

es derivable en

(es decir,

x0

es

4.65. Condición suciente de extremo relativo. intervalo abierto tal que

(a) Si

f

(c, d) ⊂ I

es creciente en

máximo relativo en (b) Si

f

es decreciente en

mínimo relativo en (c) Si

f (d) Si

f

f

(c, x0 ] x0 .

es creciente en

y

y decreciente en

(c, x0 ]

y creciente en

f : I → R

y sea

(c, d)

un

[x0 , d),

entonces

f

alcanza un

[x0 , d),

entonces

f

alcanza un

x0 . (c, x0 ),

decreciente en

alcanza un máximo relativo en

f

Sea

x0 ∈ (c, d).

es decreciente en

(c, x0 ),

creciente en

alcanza un mínimo relativo en

(x0 , d)

y continua en

x0 ,

entonces

(x0 , d)

y continua en

x0 ,

entonces

x0 . x0 . 161


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Si en los apartados (a)-(d) anteriores, la monotonía de

f

es estricta, entonces la

conclusión es que el extremo relativo es estricto.

4.66. I

Condición suciente de extremo relativo con derivabilidad. Supóngase que f :I→R

es abierto. Sea

dos veces derivable en

I

y

x0 ∈ I

tal que

(a) Si

f (x0 ) < 0,

entonces

f

alcanza un máximo relativo en

x0 .

(b) Si

f (x0 ) > 0,

entonces

f

alcanza un mínimo relativo en

x0 .

4.67.

f (x0 ) = 0.

Extremos absolutos. Sea f : I → R y x0 ∈ I .

(a) Se dice que

f

(b) Se dice que

f

máximo absoluto en x0 si f (x0 ) ≥ f (x), ∀x ∈ I . tiene un mínimo absoluto en x0 si f (x0 ) ≤ f (x), ∀x ∈ I .

tiene un


f

tiene un extremo absoluto en

x0


un mínimo absoluto en ese punto.

4.68.

Sea

f : [a, b] → R

una función continua. Por el Teorema 4.41,

mínimo y el máximo absolutos en

[a, b].

alcanza el

Se verica que cada uno de los extremos

absolutos se alcanza o bien en un extremo relativo de bien en un extremo del intervalo, es decir, en

4.69.

f

x=a

f

ó en

en el intervalo

(a, b),

o

x = b.

Funciones convexas y cóncavas. Sea f : I → R.

(a) La función para todo

f es convexa x 1 , x2 ∈ I , y

en

I

f (tx1 + (1 − t)x2 ) ≤ tf (x1 ) + (1 − t)f (x2 ), t ∈ [0, 1]. Es decir, f es convexa si los par de puntos de la gráca de f quedan por

si

para todo

segmentos que unen cualquier encima de dicha gráca. (b) La función

4.70. en

I.

f

es cóncava en

I

si

−f

es convexa.

Teorema. Supóngase que I es abierto y sea f : I → R una función derivable Se tiene que

(a)

f

es convexa en

I

si y sólo si

f

es creciente en

(b)

f

es cóncava en

I

si y sólo si

f

es decreciente en

4.71.

I.

Condición suciente de convexidad y concavidad. Supóngase que I es abier-

to y sea

162

I.

f :I→R

una función dos veces derivable en

I.


FUNCIONES DE UNA VARIABLE (a) Si

f (x) ≥ 0

en

I,

entonces

f

es convexa en

I.

(b) Si

f (x) ≤ 0

en

I,

entonces

f

es cóncava en

I.

4.72. Punto de inexión.

Sea

f

inexión si en ese punto

f : I → R.

Se dice que

◦

x0 ∈I

es un punto de

pasa de ser cóncava a convexa, o de ser convexa a

cóncava.

4.73. en

I

y

4.74. en

I

y

Supóngase que

x0 ∈ I .

Si

x0

Supóngase que

x0 ∈ I .

I

es abierto. Sea

f :I→R

una función dos veces derivable

es un punto de inexión, entonces

I

es abierto. Sea

f :I →R

una función

f (x0 ) = f (x0 ) = · · · = f (n−1 (x0 ) = 0, n

n

veces derivable

Supóngase que

Si

f (x0 ) = 0.

es impar, entonces

x0

es un punto de inexión de

la función pasa de ser cóncava a convexa en

x0 ;

y si

y

f (n (x0 ) = 0.

f . Además, si f (n (x0 ) > 0, f (n (x0 ) < 0, f pasa de ser

convexa a ser cóncava.

4.75. Teorema de Taylor. Supóngase que I n+1

es abierto. Sea

x0 ∈ I . Entonces, extremos x0 y x tal que

veces derivable en un punto

perteneciente al intervalo de

f : I → R una función x ∈ I existe c

para cada

f (x0 ) f (x0 ) f (n (x0 ) (x − x0 ) + (x − x0 )2 + · · · + (x − x0 )n 1! 2! n! f (n+1 (c) (x − x0 )n+1 . + (n + 1)!

f (x) =f (x0 ) +

4.76. Polinomio de Taylor y resto de Lagrange.

En el teorema anterior, al poli-

nomio

f (x0 ) f (x0 ) f (n (x0 ) (x − x0 ) + (x − x0 )2 + · · · + (x − x0 )n 1! 2! n! polinomio de Taylor de orden n de f en x0 y al término

Pn (x) = f (x0 ) + se le llama

Rn (x) =

f (n+1 (c) (x − x0 )n+1 (n + 1)!

n. Teniendo en cuenta el Teorema 4.75, el error cometido al aproximar f (x) por Pn (x) es Rn (x), donde c es un valor perteneciente al intervalo abierto de extremos x0 y x y se verica que se le denomina resto de Lagrange de orden

l´ım

x→x0

f (x) − Pn (x) = 0. (x − x0 )n

Se llama polinomio de Mac Laurin al polinomio de Taylor en

x 0 = 0.

163


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos 2.

TABLA DE DERIVADAS

A continuación, se presenta una relación de derivadas inmediatas. 4.77.

d n x = nxn−1 , dx

d [f (x)]n = n[f (x)]n−1 · f (x), dx

∀n ∈ Z

4.78.

d √ 1 n x= √ , n dx n xn−1 4.79.

4.80.

4.81.

4.82.

4.83.

d ' 1 n f (x) = ' · f (x), n dx n [f (x)]n−1

d 1 ln x = , dx x d x e = ex , dx d x a = ax · ln(a), dx

d f (x) ln(f (x)) = dx f (x) d f (x) e = ef (x) · f (x) dx

d f (x) a = af (x) · ln(a) · f (x), dx

d sen x = cos x, dx d cos x = − sen x, dx

∀n ∈ N\{0}

∀a > 0.

d sen(f (x)) = cos(f (x)) · f (x) dx d cos(f (x)) = − sen(f (x)) · f (x) dx

4.84.

d 1 tan x = = 1 + tan2 x, dx cos2 x d f (x) tan(f (x)) = = (1 + tan2 (f (x))) · f (x) dx cos2 (f (x)) 4.85.

1 d cot x = − = −(1 + cot2 x), dx sen2 x d f (x) cot(f (x)) = − = −(1 + cot2 (f (x))) · f (x) dx sen2 (f (x))

164



4.86. d sec x = sec x · tan x, dx

d sec(f (x)) = sec(f (x)) · tan(f (x)) · f (x) dx

4.87. d csc x = − csc x · cot x, dx

4.88.

d csc(f (x)) = − csc(f (x)) · cot(f (x)) · f (x) dx

1 d arcsenx = √ , dx 1 − x2

f (x) d arcsen(f (x)) = ' dx 1 − [f (x)]2

4.89. d 1 arc cos x = − √ , dx 1 − x2

4.90.

f (x) d arc cos(f (x)) = − ' dx 1 − [f (x)]2 f (x) d arctan(f (x)) = dx 1 + [f (x)]2

d 1 arctan x = , dx 1 + x2

3. EJERCICIOS RESUELTOS 3.1. El conjunto de los números reales. Sucesiones

Ejercicio 4.1. nidos en

Determínense de forma explícita los siguientes conjuntos conte-

R.

(a )

A = {x ∈ R : |x − 1| = 2},

(b )

B = {x ∈ R : |x| ≤ 1},

(c )

C = {x ∈ R : |x| > 1},

(d )

D = {x ∈ R : |x − 3| ≤ 5}.

Solución. (a ) Se tiene que |x−1| = 2 si y sólo si o bien x−1 = 2 o bien x−1 = −2 (véase 4.3), es decir, si y sólo si

x=3

ó

x = −1.

Por tanto,

A = {−1, 3}.

(b ) Teniendo en cuenta la propiedad número 5 en 4.4, la desigualdad es equivalente a

−1 ≤ x ≤ 1.

(c ) Obsérvese que pues,

Luego

|x| ≤ 1

B = [−1, 1].

C es el conjunto C = (−∞, −1) ∪ (1, +∞).

de los puntos

x∈R

tales que

x∈ / B.

Así

165


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (d ) De modo análogo al apartado (b ), se tiene que |x − 3| ≤ 5 si y sólo si −5 ≤ x − 3 ≤ 5, o equivalentemente, −5 + 3 ≤ x ≤ 5 + 3, por lo que D = [−2, 8].

Ejercicio 4.2. Determínense el supremo y el ínmo, si existen, de los siguientes conjuntos contenidos en

R.

(a )

A = [−1, 3) ∪ (5, +∞),

(b )

B = {x ∈ R : |x − 5| < 2},

(c )

C = {x ∈ R : x2 − 2x − 3 ≤ 0},

(d )

D = {x ∈ R : x2 > 4}.

Solución.

´ınf A = −1

(a ) Claramente,

A

está acotado inferiormente (véanse 4.8 y 4.9) y

A pertenece a A, luego es, de m´ın A = ´ınf A = −1 (véase 4.10). Sin embargo,

. Además, obsérvese que el ínmo de

hecho, el mínimo de el supremo de

A

A,

es decir,

no existe ya que el conjunto no está acotado superiormente.

(b ) El conjunto

B

se corresponde con el intervalo abierto

(3, 7)

ya que

|x − 5| < 2 ⇐⇒ −2 < x − 5 < 2 ⇐⇒ −2 + 5 < x < 2 + 5 ⇐⇒ 3 < x < 7, ´ınf B = 3

luego

y

sup B = 7.

Así pues,

este caso, ni el ínmo ni el supremo de mínimo y

sup B

no es máximo de

(c ) Resolviendo la inecuación

B es un conjunto acotado (véase 4.9). En B pertenecen a B , por lo que ´ınf B no es

B. x2 − 2x − 3 ≤ 0,

resulta que

x ∈ C ⇐⇒ −1 ≤ x ≤ 3, por tanto, tanto, de

C

C

C = [−1, 3],

deduciéndose que

´ınf C = −1

y

sup C = 3

y que, por

es un conjunto acotado. En este caso, tanto el ínmo como el supremo

pertenecen a

C,

luego

m´ın C = ´ınf C = −1

y

m´ ax C = sup C = 3.

D es el conjunto de los puntos x ∈ R que satisfacen la inecuación x2 −4 > 0, tiene por solución (−∞, −2) ∪ (2, +∞). Por consiguiente, D no está acotado

(d ) que

ni superior ni inferiormente, concluyéndose que no existen el ínmo ni el supremo de

D.

Ejercicio 4.3.

Demuéstrese a partir de la denición que

l´ım

n→∞

2n + 1 = 2. n

Solución. Según la denición de límite de una sucesión (véase 4.13), dado ε > 0 hay que demostrar que existe un número natural

2n + 1 n − 2 < ε,

166

para todo

n0

tal que

n ≥ n0 .


FUNCIONES DE UNA VARIABLE n ∈ N se tiene que 2n + 1 2n + 1 − 2n 1 1 = = . n − 2 = n n n 2n+1 1 1 Por tanto, n − 2 < ε si y sólo si n < ε, o equivalentemente, n > ε . Así 1 pues, si se considera n0 cualquier número natural mayor que ε , entonces para 1 1 todo n ≥ n0 se tiene que n ≥ n0 > , lo que implica que ε n < ε para todo n ≥ n0 . Para cualquier

Ejercicio 4.4. (a ) (d )

Considérense las sucesiones:

{(−1)n }, sen( nπ 2 ) n

,

(b )

{sen(nπ)},

(c )

(e )

{(−1)n cos(nπ)},

(f )

{cos(nπ)} , 1 n $ 5

.

Indique las armaciones correctas: 1. Las sucesiones (a ), (b ) y (c ) son no convergentes. 2. Las sucesiones (b ) y (e ) son convergentes. 3. Las sucesiones (a ) y (f ) son no convergentes. 4. Las sucesiones (d ), (e ) y (f ) son convergentes.

Solución.

La sucesión (a ) alterna consecutivamente los valores

−1 y 1, con signos

opuestos, por tanto, no es convergente. Este tipo de sucesiones se denominan alternadas. Con respecto a la sucesión (b ), se tiene que luego se trata de la sucesión constante

{0},

sen(nπ) = 0,

para todo

n ∈ N,

que evidentemente converge hacia 0.

Por otra parte, la sucesión (c ) es también alternada, puesto que

cos(nπ) =

−1 1

si si

n n

impar par,

así pues, no es convergente. El término general de la sucesión (d ) se escribe como producto de la sucesión acotada

$ sen nπ 2

y la sucesión

1$

n , que tiende hacia 0, luego por el Teorema

4.19(b) se deduce que la sucesión (d ) converge hacia 0. Para la sucesión (e ) se tiene que

(−1)n cos(nπ) = 1,

para todo

n ∈ N,

por

tanto, (e ) es la sucesión constantemente igual a 1 y converge hacia 1.

167


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Por último, resulta que

n l´ımn→∞ n +∞ 1 1 1 = = = 0, l´ım n→∞ 5 5 5 por lo que la sucesión (f ) también es convergente. Así pues, las armaciones correctas son la número 2 y la número 4.

Ejercicio 4.5.

Estúdiese la monotonía de la sucesión

{xn }

en cada uno de los

siguientes casos: (a )

xn = (−1)2n ,

(c )

xn =

n+1 n ,

(b )

x n = en ,

(d )

xn = (− 12 )n .

2n = 1. Por tanto, Solución. (a ) Obsérvese que para cada n ∈ N se tiene que (−1) $

(−1)2n

la sucesión

(b ) Claramente,

es constantemente igual a

xn = en < en+1 = xn+1 .

1

(véase 4.20(c)).

Luego la sucesión

{en }

es estricta-

mente creciente (véase 4.20(a)). (c ) Para cada

xn+1 − xn = Así pues,

n∈N

se tiene que

n(n + 2) − (n + 1)2 1 (n + 1) + 1 n + 1 − = =− < 0. n+1 n n(n + 1) n(n + 1)

xn+1 − xn < 0,

para todo

n ∈ N,

deduciéndose que

n+1 $ n

es estricta-

mente decreciente (véase 4.20(b)). (d ) Los tres primeros términos de la sucesión son se tiene que

x 1 < x2

y

x1 = − 12 , x2 =

1 4 y

x3 = − 18

y

x2 > x3 . Por consiguiente, esta sucesión no es ni monótona

creciente ni monótona decreciente.

Ejercicio 4.6. Estúdiese la monotonía y acotación de las siguientes sucesiones: (a )

(−1)n $ , 5

(b )

n$ en

.

¾Qué se puede decir sobre la convergencia de las sucesiones anteriores?

Solución. (a ) Se trata de una sucesión oscilante, ya que toma consecutivamente los valores

5, 15 , 5, 15 . . ..

Por tanto, no es monótona. Sin embargo, sí es acotada ya

que el máximo valor que toma es

168

5

y el mínimo

1 5.


FUNCIONES DE UNA VARIABLE (b ) Resulta que

xn − xn+1 =

n n+1 ne − n − 1 n(e − 1) − 1 − n+1 = = > 0, n n+1 e e e en+1

n(e − 1) − 1 > 0 y en+1 > 0, para todo n ∈ N. Luego xn > xn+1 , por lo que la sucesión {xn } es estrictamente decreciente (véase 4.20(b)). Por otra parte, n n n puesto que e > n, para todo n ∈ N, se tiene que n = n < 1. Por consiguiente, e e $ ya que

la sucesión

n en

también es acotada.

Claramente, la sucesión del apartado (a ) no es convergente, por ser oscilante, lo que demuestra que el recíproco del Teorema 4.17 no se cumple. Con respecto a la sucesión del apartado (b ), puesto que es monótona y acotada, se concluye por el Teorema 4.21 que es convergente, de hecho, converge hacia 0, ya que

n n 1 n = n ≤ n, e e e y como

l´ımn→∞

1 en

Ejercicio 4.7.

= 0,

para todo

se deduce por 4.19(a) que

n ∈ N, l´ımn→∞

n en

= 0.

Calcúlense los siguientes límites de sucesiones: (a )

l´ım −4n2 + n ,

n→∞

(c )

3n2 − 2n , n→∞ 5n3 + 6

1 3 7n − n n (d ) l´ ım . n→∞ 4n3 + 3

(b )

l´ım

n→∞

2n2 − n 5n2 + n

n ,

l´ım

Solución. (a ) Cuando se trata de calcular el límite de una sucesión cuyo término general es un polinomio, es conveniente sacar factor común a la potencia de mayor grado del polinomio. De este modo,

2

l´ım −4n + n = l´ım n

n→∞

n→∞

2

%

1 n& 2 = +∞(−4) = −∞. −4 + 2 = l´ım n −4 + n→∞ n n

(b ) Se obtiene una indeterminación del tipo

+∞ +∞ . Para calcular el límite de

este cociente de sucesiones polinómicas, se divide numerador y denominador por

ng , donde g = máx{g1 , g2 }, siendo g1

y

g2

el grado del polinomio del numerador y

el grado del polinomio del denominador, respectivamente. En este caso se divide por

n3 ,

resultando

3 2 3n2 − 2n 0 n − n2 l´ım = l´ım = = 0. n→∞ 5n3 + 6 n→∞ 5 + 63 5 n

169


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (c ) El grado del numerador y del denominador es

2.

Luego dividiendo por

n2

ambos términos, se deduce que

2− 2n2 − n = l´ım 2 n→∞ 5n + n n→∞ 5 + l´ım

% y

l´ımn→∞

2n2 −n 5n2 +n

&n =

(d ) Se tiene que

2 +∞ 5

%

l´ımn→∞

= 0,

7n3 −n 4n3 +3

l´ım

n→∞

Ejercicio 4.8. (a )

ya que

& =

7n3 − n 4n3 + 3

2 5

7 4 y

n1

1 n 1 n

2 = , 5

< 1. l´ımn→∞

1 n

= 0,

por tanto

0 7 = = 1. 4

Calcúlense los siguientes límites de sucesiones:

l´ım

n→∞

√

n+1−

√ n ,

(b )

l´ım √

n→∞

1 √ . n2 + 3 − n2 − n

Solución. (a ) Resulta una indeterminación del tipo +∞ − √∞. En esta√situación, se procede multiplicando y dividiendo por el conjugado de

l´ım

n→∞

√

√

n+1−

√

√

n+1−

n:

√

√ ( n + 1 − n)( n + 1 + n) √ n = l´ım √ n→∞ n+1+ n n+1−n 1 1 = 0. = l´ım √ √ = l´ım √ √ = n→∞ n→∞ +∞ n+1+ n n+1+ n

(b ) Aparece una indeterminación del tipo

+∞ − ∞

en el denominador, por lo

que se multiplica y se divide la expresión por el conjugado de

√

√ n2 + 3 − n2 − n,

resultando que

√ √ 1 n2 + 3 + n2 − n √ √ √ √ l´ım √ = l´ım √ n→∞ n2 + 3 − n2 − n n→∞ ( n2 + 3 − n2 − n)( n2 + 3 + n2 − n) √ √ √ √ n2 + 3 + n2 − n n2 + 3 + n2 − n = l´ım . = l´ım n→∞ n2 + 3 − (n2 − n) n→∞ n+3 En este punto, se obtiene una indeterminación del tipo

+∞ +∞ . Para eliminarla, se

procede dividiendo numerador y denominador por la potencia de mayor grado de

n que aparece en la expresión. En este caso, se divide por n (obsérvese que aunque

170


FUNCIONES DE UNA VARIABLE en el numerador aparece el monomio

n2 ,

al estar introducido dentro de una raíz

cuadrada la mayor potencia del numerador es

√ l´ım

n→∞

√

n2 + 3 + n2 − n = l´ım n→∞ n+3

√

√

n2 +3 n

+ 1 + n3

( 1+

= l´ım

3 n2

y se tiene que

( = l´ım

( + 1−

n2 +3 n2

( +

n2 −n n2

1 + n3 √ √ 1+ 1 = 2. = 1

n→∞

1 n

3 n


(a )

n2 −n n

1+

n→∞

Ejercicio 4.9.

√ n2 = n)

l´ım

n→∞

n+1 n−4

n+3 ,

(b )

√

n2

l´ım

n→∞

3n − 2,

(c )

l´ım

n→∞

1 5n − 2

n 2 .

Solución. (a ) Resulta una indeterminación del tipo 1+∞ . Este tipo de límites se e.

resuelven con el número

Para ello, se opera convenientemente para que en el

término general de la sucesión aparezca la expresión del resultado 4.23:

n+1 n−4

n+3

n+3

n+3 n+1 5 1 −1 = 1+ = 1+ = 1 + n−4 n−4 n−4 5 5n+15 ⎡ n−4 n−4 ⎤ n−4 5 · n−4 (n+3) 5 5 1 1 ⎦ = 1 + n−4 = ⎣ 1 + n−4 .

5

n+3

5

Por tanto, por 4.23 se tiene que

l´ım

n→∞

n+1 n−4

n+3

⎡

n−4 5

1 = l´ım ⎣ 1 + n−4 n→∞

⎤ 5n+15 n−4 ⎦

= el´ımn→∞

5n+15 n−4

= e5 .

5

√

1

n2

3n − 2 = (3n−2) n2 , luego al considerar el límite cuando n tiende hacia innito, se obtiene una indeterminación del tipo (+∞)0 . Puesto que la sucesión {3n − 2} es de términos positivos, ya que 3n − 2 > 1, para todo n ∈ N, por 4.22 se tiene que (b ) Obsérvese que

1

1

l´ım (3n − 2) n2 = l´ım e n2 ln(3n−2) = el´ımn→∞

n→∞

n→∞

ln(3n−2)

n2

.

171


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Luego hay que determinar

x≥1

para todo

3n − 2

Como

l´ımn→∞

ln(3n−2) . Para ello, obsérvese que n2

(véase la Figura 4.1), por lo que, en particular,

y

0 ≤ ln x ≤ x, 0 < ln(3n − 2) ≤

ln(3n − 2) ln(3n − 2) 3n − 2 = ≤ . 2 2 n n n2

l´ımn→∞

por tanto,

3n−2 n2

= 0,

aplicando 4.19(a) se obtiene que

l´ımn→∞ (3n − 2)

1 n2

l´ımn→∞

ln(3n−2) n2

=0

y,

= e0 = 1 .

Figura 4.1. Funciones f (x) = x y g(x) = ln(x). (c ) En este caso, se obtiene

0+∞ = 0. Para comprobarlo (aunque no es necesa) *

rio) se puede proceder como sigue. La sucesión pues

5n − 2 > 0, l´ım

n→∞

para todo

1 5n − 2

n ∈ N,

(a )

n 2 = l´ım en

2 ln

1 5n−2

n→∞

= el´ımn→∞ n

2 ln(5n−2)

2 (ln1−ln(5n−2))

= e(−∞)(+∞) = e−∞ = 0.


6n , n→∞ 5n+2 l´ım

es de términos positivos,

por lo que de nuevo por 4.22 se tiene que

= el´ımn→∞ −n

Ejercicio 4.10.

1 5n−2

(b )

sen(πn2 ) + cos(nπ) , n→∞ n l´ım

(c )

n! . n→∞ nn l´ım

Solución. (a ) Resulta una indeterminación del tipo +∞ +∞ . Sin embargo, obsérvese que

6n 6n 1 · = = n+2 n 2 5 5 ·5 25

172

n 6 . 5


FUNCIONES DE UNA VARIABLE Por tanto,

6n 1 · l´ım n+2 = n→∞ 5 25 (b ) La sucesión

+∞ 6 = +∞. 5

{sen(πn2 ) + cos(nπ)} es acotada, ya que aplicando la desigual-

dad triangular (véase 4.4) se tiene que

Por otra

| sen(πn2 ) + cos(nπ)| ≤ | sen(πn2 )| + | cos(nπ)| ≤ 1 + 1 = 2. 1$ parte, la sucesión n tiende hacia 0 cuando n tiende a innito,

luego

por 4.19(b) se tiene que

sen(πn2 ) + cos(nπ) 1 = l´ım sen(πn2 ) + cos(nπ) = 0. n→∞ n→∞ n n l´ım

(c ) Obsérvese que

n! ≤ nn−1 ,

para todo

n ≥ 1.

En efecto, se tiene que

n! = n(n − 1)(n − 2) · · · 2 · 1 ≤ n · n · n · · · n · 1 = nn−1 , (por ejemplo, para

n = 4: 4! = 4 · 3 · 2 · 1 < 4 · 4 · 4 · 1 = 43 ).

Teniendo en cuenta

esta desigualdad, resulta que

n−1 n! 1 = n! ≤ n = , nn nn nn n y puesto que

3.2.

l´ımn→∞

1 n

= 0,

por 4.19(a) se tiene que

l´ımn→∞

n! nn

= 0.

Límites de funciones reales

Ejercicio 4.11. Calcúlense, si existen, los siguientes límites:

(a )

(c )

l´ım ex−1 + |x − 2| ,

x→1

l´ımπ

x→ 4

1 √2 , 2 2

sen2 x − cos x −

(b )

x2 + x − 12 , x→3 x−3

(d )

5x . x→0 x2

l´ım

l´ım

Solución. (a ) Es claro que

l´ım ex−1 + |x − 2| = e1−1 + |1 − 2| = 1 + 1 = 2.

x→1

173


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (b ) Al calcular este límite, resulta una indeterminación del tipo

2 que x

+ x − 12 = (x − 3)(x + 4).

0 0 . Obsérvese

Por tanto,

x2 + x − 12 (x − 3)(x + 4) = l´ım = l´ım (x + 4) = 7. x→3 x→3 x→3 x−3 x−3 l´ım

(c ) De nuevo, se obtiene la indeterminación

1 − cos2 x l´ım

x→ π4

resulta

1 √2 2 2

sen2 x − cos x −

1 2

0 0 . Teniendo en cuenta que

%√

2 2

− cos2 x

x2

≥ 0,

0

para todo

& %√ & − cos x · 22 + cos x

√ = l´ √ ım x→ π4 cos x − 22 cos x − 22 √ √ √ √ 2 2 2 + cos x = − + = − 2. = l´ımπ − 2 2 2 x→ 4

= l´ımπ x→ 4

50 = 1

(d ) En este caso, el numerador tiende hacia aproxima hacia

sen2 x =

y el denominador se

tomando valores positivos (lo cual se indica con

x ∈ R.

0+ ),

ya que

Por tanto, se tiene que

5x 1 = + = +∞. x→0 x2 0 l´ım

Ejercicio 4.12.

Calcúlense, si existen, los siguientes límites:

2x3 , x→+∞ (x2 − 2)(3x + 1) √ 3x6 + 2x (c ) l´ ım √ , x→+∞ 3 2x6 + 1 + x3 − 1

(a )

l´ım

(b )

3x , x→+∞ 1 − x2

(d )

x2 − x3 . x→−∞ 2x2 + 1

l´ım

l´ım

Solución. (a ) Resulta una indeterminación del tipo +∞ +∞ . Como se trata del límite en

+∞

de un cociente de polinomios, se procede dividiendo numerador y deno-

minador por

xg , donde g = máx{g1 , g2 }, siendo g1

y

g2

el grado del polinomio del

numerador y el del denominador, respectivamente. Obsérvese que el denominador

3x3 + x2 − 6x − 2, por tanto, g1 = g2 = 3 3 denominador por x , resultando

es igual a y

2x3 = l´ım x→+∞ (x2 − 2)(3x + 1) x→+∞ l´ım

174

1 x3

1 x3

y hay que dividir numerador

· 2x3

· (3x3 + x2 − 6x − 2) 2 2 2 = l´ım = . = 1 6 2 x→+∞ 3 + 3+0−0−0 3 x − x2 − x3


FUNCIONES DE UNA VARIABLE (b ) En este caso, se divide numerador y denominador por

3x = l´ım x→+∞ 1 − x2 x→+∞ l´ım

1 x2

3 x

=

−1

x3 ,

√

3x6 + 2x = l´ım l´ım √ 3 x→+∞ 2x6 + 1 + x3 − 1 x→+∞ ( = l´ım ( x→+∞

3

+1−

1 x3 √

1 x3

se tiene que

·

√

3x6 + 2x

3

· ( 2x6 + 1 + x3 − 1) ( √ 3 + x25 3 √ = 3. = l´ım ( = x→+∞ 3 2 1 1 1 + + 1 − 3 9 3 x x x

3x6 +2x x6

2x6 +1 x9

x3

1 x3

(d ) Dividiendo numerador y denominador por

x2 − x3 = l´ım x→−∞ 2x2 + 1 x→−∞ l´ım

1 x −1 2 1 x + x3

En el cálculo de este límite, cuando

x

=

x3

resulta

−1 = −1(−∞) = +∞. 0−

toma valores negativos cada vez más pe-

1 se aproxima hacia 0 tomando valores negativos, x3 1 − tiende hacia −∞ y lo cual se ha indicado con la notación 0 . Por tanto, 2 + 13 x x 1 1 x − 1 · 2 + 13 se aproxima hacia (−1)(−∞) = +∞. x queños, el denominador

2 x

6

x 2 = x3 y la del denomina√ 6 3 2x6 + 1 es x 3 = x2 . Así pues,

ya que la mayor potencia de

dividiendo numerador y denominador por

y se tiene que

0 = 0. 0−1

(c ) La potencia de mayor grado del numerador es dor es también

x2

+

x

Ejercicio 4.13.


(a )

x , x→2 x − 2 l´ım

(b )

|x| , x→0 x l´ım

(c )

4x3 . x→−∞ ex + 2 l´ım

Solución. (a ) Al calcular el límite, el numerador tiende hacia 2 y se anula el denominador, por lo que el límite es o bien

x

+∞,

o bien

−∞

o no existe. Cuando

se aproxima hacia 2 por la izquierda, es decir, tomando valores cada vez más

próximos a 2 y menores que 2, el denominador se aproxima hacia 0 tomando valores negativos, lo cual signica que

l´ım

x→2−

x 2 = − = −∞. x−2 0

175


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Análogamente, se deduce que

l´ım

x→2+

x 2 = + = +∞. x−2 0

Como los límites laterales no coinciden, se concluye que no existe el límite. (b ) Es claro que

|x| = x

−1 1

si si

x≤0 x>0

Por tanto,

l´ım

x→0−

|x| = l´ım −1 = −1, x x→0−

l´ım

x→0+

|x| = l´ım 1 = 1, x x→0+

y puesto que los límites laterales son distintos, no existe el límite. (c ) Se tiene que

4x3 4(−∞)3 −∞ = = = −∞. x −∞ x→−∞ e + 2 e +2 0+2 l´ım

Ejercicio 4.14.


sen x + 1 , x→+∞ x4 %π & , (c ) l´ ım cos x→0 x (a )

l´ım

(b ) (d )

x2 e−x , x→+∞ x2 + ex l´ım

l´ım (2x − 1) cos

x→0

%π & x

.

Solución. (a ) El numerador sen x + 1 es una función acotada ya que aplicando la desigualdad triangular (véase 4.4) se deduce que

| sen x + 1| ≤ | sen x| + |1| = | sen x| + 1 ≤ 1 + 1 = 2. Además,

1 tiende hacia 0 cuando x4

x

tiende a

+∞.

Por tanto, por la propiedad

4.31(b) se concluye que

sen x + 1 = 0. x→+∞ x4 l´ım

(+∞) · 0, que es una indeterminación, +∞. Sin embargo, obsérvese que 2 −x 2 −x x e x2 e−x = x e ≤ = e−x . x2 + ex x2 + ex x2

(b ) El numerador tiende hacia denominador hacia

176

y el


FUNCIONES DE UNA VARIABLE En la segunda desigualdad se ha tenido en cuenta que

x2 x2 +ex

x2 + e x ≥ x 2 ,

por lo que

2 ≤ xx2 . De este modo, se puede simplicar el factor x2 en el numerador y en −x , que tiende hacia 0 cuando x tiende a +∞. Esta el denominador, resultando e

forma de proceder suele ser útil para calcular límites mediante la propiedad del emparedado. En virtud de esta propiedad (en concreto de la propiedad 4.31(a)), se deduce que

x2 e−x = 0. x→+∞ x2 + ex π (c ) Obsérvese que la función f (x) = cos x toma valores en [−1, 1] periódicamente, por lo que es lógico pensar que l´ ımx→0 f (x) no existe. La forma de demostrarlo es utilizando el resultado 4.33, según el cual si l´ ımx→0 f (x) = l, entonces l´ ımn→∞ f (xn ) = l, para cualquier sucesión {x ) n } que * converja hacia 0. 1$ 1 Considérense las sucesiones {xn } = y {yn } = 2n 2n+1 . Ambas sucesiones convergen hacia 0 y se verica que 1 π l´ım f (xn ) = l´ım f = l´ım cos 1 = l´ım cos(2nπ) = 1, n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ 2n 2n

1 π l´ım f (yn ) = l´ım f = l´ım cos = l´ım cos[(2n + 1)π] = −1. 1 n→∞ n→∞ n→∞ n→∞ 2n + 1 2n+1 l´ım

Como para

{xn }

e

{yn }

que no existe límite. (d ) Se tiene que hacia

0.

los límites anteriores son distintos, por 4.33 se concluye

cos π ≤ 1 x

y

2x − 1

Luego por 4.31(b) resulta que

l´ım (2x − 1) cos

x→0

3.3.

tiende hacia

%π & x

0

cuando

x

se aproxima

= 0.

Funciones continuas

Ejercicio 4.15. Estúdiese la continuidad de la función

⎧ ⎨

x + 10 |x| + 4 f (x) = ⎩ 3 2 − 8 x + 3x +

si

3 2

si si

f :R→R

denida por:

x ≤ −2 −22

177



Solución.

La función f está denida a trozos a partir de las funciones f1 (x) = x + 10, f2 (x) = |x| + 4 y f3 (x) = − 38 x2 + 3x + 32 , que son continuas en R, ya que f1 y f3 son polinómicas y f2 es la suma de la función valor absoluto, que es continua en R, con la función constantemente igual a 4. Por tanto, f es continua en todo R salvo quizás en los puntos x = −2 y x = 2, por ser los puntos de cambio de un trozo a otro de la función. Se tiene que

f (−2) = −2 + 10 = 8. Puesto que f está denida de diferente x = −2, para determinar l´ımx→−2 f (x) hay

forma a la izquierda y a la derecha de

que calcular los límites laterales, que son:

l´ım f (x) = l´ım (x + 10) = −2 + 10 = 8,

x→−2−

x→−2−

l´ım f (x) = l´ım (|x| + 4) = | − 2| + 4 = 6.

x→−2+

x→−2+

Como los límites laterales no coinciden, no existe tanto

f

no es continua en

x = −2

l´ımx→−2 f (x) (véase 4.28) y por

(véase 4.35).

Por último, considérese el punto

x = 2.

Se tiene que

f (2) = |2| + 4 = 6

y los

límites laterales son:

l´ım f (x) = l´ım (|x| + 4) = |2| + 4 = 6, x→2−

3 3 3 3 l´ım f (x) = l´ım − x2 + 3x + = − 22 + 3 · 2 + = 6. 8 2 8 2 x→2+ x→2+

x→2−

Dado que los límites laterales son ambos iguales a

6,

se tiene que

l´ım f (x) = 6 = f (2),

x→2 por tanto

f

es continua en

x=2

(véase 4.35). Luego es continua en

R\{−2}.

En la Figura 4.2 se representa la función. Obsérvese que en el punto función tiene una discontinuidad de

laterales en un punto son nitos pero no coinciden.

Ejercicio 4.16.

Estúdiese la continuidad de la función

g(x) =

178

x = −2 la

salto nito, que tiene lugar cuando los límites

⎧ x e −1 ⎪ ⎪ ⎨ sen 2x

si

⎪ ⎪ ⎩

si

cos x

1 2

si si

x≤0 0 π2

π 2

f

g2 (x)

x=

R

π 2

g1 (x) = ex − 1 g3 (x) = 1 R

2x = sen cos x g2

0, π2

g(0) = e0 − 1 = 0

l´ım g(x) = l´ım (ex − 1) = e0 − 1 = 0,

x→0−

R cos x = 0 g x=0

g4 (x) = 2

x→0−

l´ım g(x) = l´ım

x→0+

x→0+

sen 2x 0 = = 0. cos x 1

g(0)

g

x=0 l´ım g(x) = l´ım

x→ π2 −

x→ π2 −

sen 2x 2 sen x cos x π = l´ım = l´ım 2 sen x = 2 sen = 2, − − π π cos x cos x 2 x→ 2 x→ 2

l´ım g(x) = l´ım 2 = 2.

x→ π2 +

x→ π2 +

0 0

2 sen x cos x g l´ımx→ π2 g(x) = 2 g

x =

π 2

g

π 2

=1 g

g

π 2

=2

sen 2x =

2 l´ımx→ π2 g(x) = g π2 x=

π 2

g

f (x) = x3 + 2x2 − x − 4 f (x) =

1 x−2

[1, 2] [1, 3] [ π4 , 3π 4 ]

f (x) = tan x f (x) = ex + e−3x − 4

[0, 2]

f [1, 2] f (1) = −2 f (2) = 10

f (1) · f (2) < 0

f [1, 3] x=2 [ π4 , 3π 4 ]

f x=

π 2

f [0, 2] f (0) = −2

f (2) = 3, 39

f (0) · f (2) < 0 f

f f (x) = 0 x f

X f (x) = 0 f (x) = 0

x + sen x − 1 = 0 f (x) = x + sen x − 1 f R

f

π 2

=

π 2

+1−1 =

π 2

f (0) · f

π 0 2 < 0 f

x

f (0) = −1

0, π2

X f (x) = 0



"

Figura 4.8. x + sen x − 1 = 0 tiene solución en 0, π2

Ejercicio 4.19.

#

.

f (x) = 4x2 − 1 verica las hipótesis del teorema de Bolzano en el intervalo [0, 2] y aplíquese el método de la bisección para aproximar la solución de la ecuación f (x) = 0 en dicho intervalo. Compruébese que

Solución. Por el teorema de Bolzano se tiene que si f es continua en el intervalo [a, b]

y presenta distinto signo en los extremos del intervalo, entonces existe al

menos un punto

c ∈ (a, b)

que es solución de la ecuación

f (x) = 0.

Este resultado posibilita la obtención de valores aproximados de la solución de la ecuación

f (x) = 0

por el método de la bisección (véase 4.42), que consiste

c1 del intervalo [a, b], calcular f (c1 ) y comprobar con cuál de los extremos de [a, b] la función f presenta cambio de signo. Considerando el intervalo de extremos ese valor y el punto c1 como nuevo intervalo se reitera el

en obtener el punto medio

proceso de bisección.

f (x) = 4x2 − 1 es continua en el intervalo dado y se tiene que f (0) = −1 y f (2) = 15, luego f (0) · f (2) < 0, con lo que se cumple el teorema de 2 Bolzano. En consecuencia, la ecuación 4x − 1 = 0 tiene al menos una solución en el intervalo [0, 2]. En este caso,

Para aproximar esa solución por el método de la bisección, se obtiene el punto

c1 = 0+2 2 = 1 y se calcula la imagen de ese punto, f (0) · f (1) < 0 se considera el nuevo intervalo [0, 1] en el que f

medio del intervalo, es decir

f (1) = 3.

Como

cumple también el teorema de Bolzano. Se repite el proceso y se obtiene el valor

182

c2 =

0+1 2

=

1 2 . Como

f ( 12 ) = 0,

el


FUNCIONES DE UNA VARIABLE valor

x=

1 2 es la solución buscada y no hay que continuar.

Con este ejemplo sencillo sólo se pretende ilustrar el método de la bisección ya que, obviamente, en este caso resolviendo la ecuación de segundo grado o despejando la

x

se tendría esta solución de una manera más directa.

Ejercicio 4.20.

Dada la ecuación

x3 − 2x − 5 = 0,

(a ) justifíquese que tiene al menos una solución en el intervalo

[2, 3],

(b ) obténgase el número de iteraciones necesario para conseguir, por el método de la bisección, una aproximación de la solución con error menor que

0,05,

(c ) calcúlense los tres primeros valores de aproximación por el método de la bisección.

Solución.

f (x) = x3 −2x−5. La función f es continua por ser polinómica f (2) = −1 y f (3) = 16, con lo que f (2) · f (3) < 0 y se verica el

(a ) Sea

y se tiene que

teorema de Bolzano, el cual garantiza la existencia de al menos una solución de la ecuación

x3 − 2x − 5 = 0

en el intervalo

(2, 3).

(b ) Por el método de la bisección, se construye una sucesión de puntos medios

2+3 5 2 = 2 = 2,5 y que el error que se por el valor cn obtenido en la n-ésima iteración

de intervalos, de forma que el primero es comete al aproximar la solución

c

c1 =

está acotado como sigue (véase 4.43):

|cn − c| <

b−a . 2n

A partir de la acotación anterior, se puede calcular el número

n

de iteraciones

necesarias para obtener una aproximación de la solución con error menor que un valor dado. En este caso se debe cumplir que

|cn − c| < (c ) Como

(2, 3).

f (2) = −1

n

sea tal que

3−2 1 ≤ 2n ; 20 ≤ 2n ; n ≥ 5. ≤ 0,05; 2n 0,05 y

f (3) = 16,

hay al menos una solución en el intervalo

Por el método de la bisección, se calcula el punto medio del intervalo y su

imagen, con lo que se tiene:

5 2+3 = = 2,5; f (c1 ) = f c1 = 2 2

5 = 5,63. 2 183

f (2) ·f ( 52 ) < 0 2, 52 2 + 5/2 9 c2 = = = 2,25; f (c2 ) = f 2 4

9 = 1,89. 4

f (2) · f ( 94 ) < 0

2, 94

17 2 + 9/4 = = 2,125; f (c3 ) = f c3 = 2 8 f (2) · f ( 17 8 )<0

2, 17 8

17 8

= 0,35.

0,125

c c3 |c3 − c| <

3−2 = 0,125. 23 f (x) = 0

[2, 3]

x3 − 2x − 5 = 0

f (x) = ex +x [−1, 0] ex + x = 0

[2, 3]



Solución. La función dada es continua en R por ser suma de la exponencial, que es continua, y una polinómica. Además como

f (0) = 1, f

f (−1) = e−1 − 1 =

1 e

−1 < 0

y

presenta cambio de signo en los extremos del intervalo y el teorema

c ∈ (−1, 0)

de Bolzano asegura que existe al menos un punto

que es solución de

la ecuación. A continuación, se calculan las cuatro primeras aproximaciones a dicha solución por el método de la bisección. El primer valor intervalo

[−1, 0],

c1

es el punto medio del

es decir:

1 −1 + 0 = − = −0,5; f (c1 ) = f c1 = 2 2

1 − 2

0,1065 > 0.

1 f (−1) 2 ) < 0, por el teorema de Bolzano hay una solución en el · f (− 1 intervalo −1, − 2 , y el punto medio de este intervalo es el valor de la segunda Como

iteración por este método.

3 −1 − 1/2 = − = −0,75; f (c2 ) = f c2 = 2 4 Como

f (− 34 ) · f (− 12 ) < 0,

−0,2776 < 0.

la solución está en el intervalo

5 −3/4 − 1/2 = − = −0,625; f (c3 ) = f c3 = 2 8 Como

3 − 4

f (− 58 ) · f (− 12 ) < 0,

5 − 8

− 34 , − 12

.

−0,0897 < 0.

la solución está en el intervalo

− 58 , − 12

. En conse-

cuencia la cuarta aproximación a la solución de la ecuación por el método de la bisección es:

c4 =

9 −5/8 − 1/2 = − = −0,5625. 2 16

El error que se comete utilizando este valor como aproximación de la solución está acotado como sigue:

|c4 − c| <

0 − (−1) 1 = = 0,0625. 4 2 16

En la Tabla 4.1 se resumen los cálculos realizados. En la Figura 4.10 se muestra la gráca de

f,

en la que se puede ver que corta al eje

en la Figura 4.11 se muestra la gráca de

f

X

en el intervalo

[−1, 0], y [−1, 0],

ampliada en torno al intervalo

en la que se han representado las cuatro primeras aproximaciones a la solución de

f (x) = 0.

185


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Iteración

a

b

f (a)

f (b)

1

−1 −1 −0,75 −0,625

0 −0,5 −0,5 −0,5

− − − −

+ + + +

2 3 4

c=

a+b 2

−0,5 −0,75 −0,625 −0,5625

f (c)

Error

+ − − −

0,5 0,25 0,125 0,0625

Tabla 4.1. Método de la bisección aplicado a f (x) = ex + x en [−1, 0]. 3.4.

Derivadas

Ejercicio 4.22. Calcúlense, utilizando la denición, las derivadas de las siguien-

tes funciones en el punto que se indica:

x2 −1 x+2 , en

(a )

f (x) =

(b )

g(x) = (x − 1)ex ,

x = 0, en

x = 1.

Solución. (a ) Hay que calcular el siguiente límite

f (0 + h) − f (0) l´ım = l´ım h→0 h→0 h

h2 −1 h+2

Como el límite existe y es nito,

+

h f

1 2

1 h(2h + 1) 2h + 1 = l´ım = . h→0 2h(h + 2) h→0 2(h + 2) 4

= l´ım

es derivable en

x=0

y

f (0) =

1 4 (véase 4.44).

(b ) Se tiene que

g(1 + h) − g(1) he1+h − 0 = l´ım = l´ım e1+h = e. h→0 h→0 h→0 h h

g (1) = l´ım

Ejercicio 4.23. Calcúlense las derivadas de las siguientes funciones:

(a )

f (x) = x3 + tan x,

(b )

g(x) = x2 ex ,

(c )

h(x) =

x+cos x sen x .

Solución. Consúltese, si es necesario, la tabla de la subsección 2.

(a ) La derivada es inmediata, pues es la suma de las derivadas de respectivamente (véase 4.48(b)):

f (x) = 3x2 +

186

1 . cos2 x

x3

y

tan x,

f (x) = x + ex

ex + x = 0

g2 (x) =

g1 (x) = x2

ex g (x) = 2xex + x2 ex = xex (2 + x).

h1 (x) = x + cos x

h2 (x) = sen x

h (x) =

(1 − sen x) sen x − (x + cos x) cos x sen x − x cos x − 1 = 2 sen x sen2 x sen2 x + cos2 x = 1



Ejercicio 4.24.

Calcúlense las derivadas de las siguientes funciones:

f (x) = arctan(5x4 ), % 2 & x +1 (c ) h(x) = ln x−2 , (a )

g(x) = (x5 + 2x3 − 1)4 , √ x 3 + 2x . (d ) p(x) = (b )

Solución. Consúltese la tabla de la subsección 2, si es necesario. (a ) La función

f1 (x) = 5x4 .

f

es la composición de la función arcotangente con la polinómica

Así pues, para calcular la derivada se aplica la regla de la cadena

(véase 4.49). En la aplicación de esta regla, siempre se deriva de fuera hacia dentro.

f (x) =

1 20x3 3 · 20x = . 1 + (5x4 )2 1 + 25x8

(b ) Aplicando la regla de la cadena (primero se deriva la potencia a la cuarta y después se multiplica por la derivada de

x5 + 2x3 − 1)

se tiene que

g (x) = 4(x5 + 2x3 − 1)3 · (5x4 + 6x2 ). (c ) Se tiene que

h1 (x) = h (x) =

x3

1 x2 +1 x−2

·

es la composición de la función logaritmo con la función

2x(x − 2) − (x2 + 1) · 1 x − 2 x2 − 4x − 1 x2 − 4x − 1 · . = = (x − 2)2 x2 + 1 (x − 2)2 (x2 + 1)(x − 2)

(d ) La función

+

h

x2 +1 x−2 . Aplicando la regla de la cadena se tiene que

p

es la composición de la función raíz cuadrada con

2x . De nuevo, por la regla de la cadena, resulta 1 p (x) = √ · (3x2 + 2x ln 2). 3 2 x + 2x

Ejercicio 4.25.

Solución. 188

Calcúlense las derivadas de las siguientes funciones:

x ln x x−1 ,

(a )

f (x) =

(c )

h(x) = ecos

2 (x2 +1)

,

(b )

g(x) = x2 sen x cos(3x3 ),

(d )

p(x) = (x2 + 1)x .

Consúltese la tabla de la subsección 2, si es necesario.

p1 (x) =


FUNCIONES DE UNA VARIABLE (a ) Aplicando la regla del cociente, resulta

f (x) =

(ln x + x · x1 )(x − 1) − (x ln x) · 1 x − ln x − 1 = . (x − 1)2 (x − 1)2

Obsérvese que para calcular la derivada del numerador de

f

hay que aplicar la

regla del producto. (b ) Considérense las funciones

g1 (x) = x2 sen x

y

g2 (x) = cos(3x3 ).

Por la

regla del producto, se tiene que

g (x) = g1 (x) · g2 (x) + g1 (x) · g2 (x) = (2x sen x + x2 cos x) · cos(3x3 ) + (x2 sen x) · (−9x2 sen(3x3 )) = 2x sen x cos(3x3 ) + x2 cos x cos(3x3 ) − 9x4 sen x sen(3x3 ), donde ha habido que aplicar la regla del producto para calcular la derivada de y la regla de la cadena para calcular la derivada de

g1

g2 .

(c ) En este caso, hay que aplicar la regla de la cadena sucesivas veces (primero se deriva la exponencial, después la potencia cuadrada del coseno, seguidamente el coseno y por último la función 2 (x2 +1)

h (x) = ecos

h1 (x) = x2 + 1):

· 2 cos(x2 + 1)(− sen(x2 + 1)) · (2x)

2 (x2 +1)

(d ) La función

p2 (x) = x.

= −4xecos

cos(x2 + 1) sen(x2 + 1).

p

p(x) = p1 (x)p2 (x) ,

tiene la forma

siendo

p1 (x) = x2 + 1

y

Este tipo de función se llama potencial-exponencial. La derivada se

obtiene tomando logaritmos:

p(x) = (x2 + 1)x ⇐⇒ ln(p(x)) = ln (x2 + 1)x ⇐⇒ ln(p(x)) = x ln(x2 + 1) (obsérvese que

x2 +1 > 0, para todo x ∈ R, por lo que existe ln(x2 +1)). Derivando

a ambos lados de la última igualdad se tiene que

1 2x2 · p (x) = ln(x2 + 1) + 2 , p(x) x +1 y despejando en la igualdad anterior, resulta

p (x) =

2x2 ln(x + 1) + 2 x +1 2

· p(x) =

2x2 ln(x + 1) + 2 x +1 2

· (x2 + 1)x .

189



Regla de L'Hôpital

Ejercicio 4.26. Calcúlense los siguientes límites:

(a )

x2 + x − 6 , x→2 x2 − 4 l´ım

(b )

sen(x2 ) , x→0 xex l´ım

(c )

x2 . x→+∞ 2x l´ım

Solución. (a ) En el cálculo de este límite, se obtiene una indeterminación del

0 0 y vamos a estudiar si es aplicable la regla de L'Hôpital (véase 4.55). Las 2 2 funciones f1 (x) = x + x − 6 y f2 (x) = x − 4 son derivables en R por ser polinómicas y f2 (x) = 2x = 0 en un intervalo pequeño que contenga al punto tipo

x = 2.

Además, se tiene que

f1 (x) 2x + 1 5 = l´ım = . x→2 f2 (x) x→2 2x 4 l´ım

Por tanto, por la regla de L'Hôpital,

x2 + x − 6 f1 (x) 5 = l´ ım = . 2 x→2 x→2 f2 (x) x −4 4 l´ım

Obsérvese que otra forma de proceder es determinando la fracción irreducible

x2 +x−6 . Para ello, se calculan los factores simples del numerador y x2 −4 2 2 del denominador. Es fácil ver que x +x−6 = (x−2)(x+3) y x −4 = (x−2)(x+2).

equivalente a

Por consiguiente,

x2 + x − 6 (x − 2)(x + 3) x+3 5 = l´ım = l´ım = . x→2 x→2 (x − 2)(x + 2) x→2 x + 2 x2 − 4 4 l´ım

(b ) Se obtiene una indeterminación del tipo

f1 (x) = sen(x2 )

0 0 . Claramente, las funciones

R, ya que la primera es composiR, y la segunda es producto de una polinómica con una exponencial, también derivables en R. x x x Además, f2 (x) = e + xe = e (x + 1) = 0 en un intervalo pequeño que contenga a x = 0, y el siguiente límite existe: y

f2 (x) = xex

son derivables en

ción de la función seno con una polinómica, ambas derivables en

f1 (x) 2x cos(x2 ) 0 = l´ ım = = 0. x x→0 f2 (x) x→0 e (x + 1) 1 l´ım

Por tanto, aplicando la regla de L'Hôpital se tiene que

sen(x2 ) f1 (x) = l´ ım = 0. x→0 x→0 f2 (x) xex l´ım

190


FUNCIONES DE UNA VARIABLE +∞ +∞ . Las funciones f1 (x) x 2 ln(2) = 0, para todo x

(c ) Resulta una indeterminación del tipo

2x son derivables en

f2 (x) = f (x) l´ım 1 x→+∞ f2 (x)

R

y f2 (x)

=

= x2 y ∈ R. Si

existe, entonces por L'Hôpital se tendría que

f1 (x) f (x) 2x = l´ım 1 = l´ım x . x→+∞ f2 (x) x→+∞ f2 (x) x→+∞ 2 ln(2) l´ım

En el último límite se obtiene, de nuevo, la misma indeterminación. Es claro que

f1

y

f2

R

son derivables en

y

f2 (x) = 2x (ln 2)2 = 0,

para todo

x ∈ R.

Además,

f1 (x) 2 = l´ım x = 0, x→+∞ f2 (x) x→+∞ 2 (ln 2)2 l´ım

luego por la regla de L'Hôpital se tiene que

f1 (x) f (x) f (x) = l´ım 1 = l´ım 1 = 0. x→+∞ f2 (x) x→+∞ f2 (x) x→+∞ f2 (x) l´ım

Ejercicio 4.27.

Calcúlense los siguientes límites:

(a ) (c )

Solución.

l´ım

x→0+

1 1 − x 2 −1 x

1

,

(b ) (c )

l´ım x x2 −1 ,

x→+∞

(a ) Para valores de

l´ım

x→+∞

x−1 x−3

5x ,

1

l´ım x(e x − 1).

x→+∞

2x − 1 toma valores 1 1 positivos y próximos a 0, por lo que l´ ım x = +∞. Por otra parte, l´ım = x→0+ 2 − 1 x→0+ x +∞. Así pues, resulta una indeterminación del tipo +∞ − (+∞). Para evitarla, x

positivos próximos a 0,

se opera:

l´ım

x→0+

1 1 − x 2 −1 x

= l´ım

x→0+

x − 2x + 1 . x(2x − 1)

En este punto se obtiene una indeterminación del tipo

0 0 . Es fácil ver, y se deja

como ejercicio para el lector, que se satisfacen las condiciones de la regla de L'Hôpital. Por tanto, en virtud de esta regla

l´ım

x→0+

x − 2x + 1 1 − 2x ln 2 1 − ln 2 = l´ ım = = +∞. x x x + x(2 − 1) 0+ x→0 2 − 1 + x2 ln 2

191


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (b ) Se obtiene una indeterminación del tipo

1+∞ .

Para calcular este límite se

utiliza el resultado 4.32. Obsérvese que

x−1 x−3

5x

= 1+ =

1+

5x

x−1 −1 x−3 1

=

x−3 2 · x−3 ·5x 2

x−3 2

2 1+ x−3

⎡

= x−3 2

1

=⎣ 1+

5x

x−3 2

1+

10x ⎤ x−3

⎦

5x

1 x−3 2

.

Por tanto, según 4.32 se tiene que

l´ım

x→+∞

x−1 x−3

5x

⎡

x−3 2

1 = l´ım ⎣ 1 + x−3 x→+∞

10x ⎤ x−3 10x

= el´ımx→+∞ x−3 = e10 .

⎦

2

(c ) Resulta una indeterminación del tipo razona del siguiente modo. Supóngase que

(+∞)0 . l´ım x

Para calcular este límite, se

1 x2 −1

= l.

x→+∞

Entonces, tomando

logaritmos se tiene que

% 1 & l´ım ln x x2 −1 = ln l ⇐⇒ l´ım

x→+∞

ln x = ln l −1

x2

x→+∞

x

(obsérvese que como se considera el límite cuando 1 x−1

x ln x l´ım x→+∞ x2 − 1 poner que

> 0,

por lo que

% 1 & ln x x−1

tiende a

+∞

se puede su-

está bien denido). Ahora, al calcular

resulta una indeterminación del tipo

+∞ +∞ que se resuelve fácilmente

aplicando la regla de L'Hôpital (compruébese que se cumplen las condiciones para aplicar esta regla). Por tanto, se tiene que

1 ln x 1 x = 0, = l´ ım = l´ım x→+∞ x2 − 1 x→+∞ 2x x→+∞ 2x2

l´ım

luego

ln l = 0,

y en consecuencia,

l=1

es el valor del límite.

(d ) Al calcular este límite, resulta la indeterminación

(+∞)·0. Para eliminarla,

se opera convenientemente para obtener una indeterminación del tipo

0 ±∞ 0 ó ±∞ y

comprobar si, de este modo, se puede aplicar la regla de L'Hôpital. En este caso, la forma de proceder es la siguiente. Obsérvese que

1

1 x

l´ım x(e − 1) = l´ım

x→+∞

192

1

x(e x − 1) =

x→+∞

ex − 1 1 x

,

1

e x −1 1 x

, por lo que


FUNCIONES DE UNA VARIABLE y en este último límite, se obtiene la indeterminación

0 0 . Es fácil ver que se cumplen

las hipótesis de la regla de L'Hôpital. Así pues, en virtud de esta regla se tiene que

l´ım x(e − 1) = l´ım

x→+∞

Ejercicio 4.28.

1

1

ex − 1

1 x

1 x

x→+∞

Calcúlese

− x12 e x

= l´ım

ln x x→+∞ x l´ım

x→+∞

− x12

1

= l´ım e x = e0 = 1. x→+∞

y dedúzcase el valor de

ln n . n→∞ n l´ım

Solución. Resulta una indeterminación del tipo +∞ +∞ . Se puede aplicar L'Hôpital, y se tiene que

l´ım

x→+∞

ln x 1 = l´ım = 0. x→+∞ x x

Por consiguiente, aplicando el resultado 4.33 se deduce que

3.6.

ln n = 0. n→∞ n l´ım

Funciones derivables

Ejercicio 4.29.

Sea

f

la función denida del siguiente modo:

⎧ ⎨ f (x) =

4 x+4 ⎩ 1 2 − 2 x + 3x + 2

Estúdiese la derivabilidad de

f

si si si

y determínese

x≤0 02 f .

Solución. Las funciones f1 (x) = 4, f2 (x) = x + 4 y f3 (x) = − 12 x2 + 3x + 2 son

R por ser polinómicas. Sus derivadas son, respectivamente, f1 (x) = 0, f2 (x) = 1 y f3 (x) = −x + 3. Por tanto, f es derivable en R salvo quizás en los puntos x = 0 y x = 2, por ser los puntos de cambio de denición de f . derivables en

Es fácil ver, y se deja como ejercicio para el lector, que pues, para analizar la derivabilidad en

x=0

y

x=2

f

es continua en

y dado que

f

R. Así

está denida

de diferente forma a la izquierda y a la derecha de estos puntos, hay que estudiar las derivadas laterales en cada uno de ellos. En concreto, para

x = 0

hay que

193


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos calcular los límites (véase 4.50)

f (0− ) = l´ım

h→0−

f (0 + h) − f (0) h

y

f (0+ ) = l´ım

h→0+

f (0 + h) − f (0) . h

h se aproxima a 0 tomando valores negativos y para f (0 + h) = f1 (0 + h), luego

En el límite por la izquierda,

h<0

se tiene que

f (0− ) = l´ım

h→0−

f (0 + h) − f (0) f1 (0 + h) − f1 (0) = l´ım = f1 (0− ). − h h h→0

f1 es derivable en R, y en particular en x = 0, por 4.51 se tiene que = f1 (0) = 0. Por tanto, f (0− ) = f1 (0) = 0. De forma análoga, en el límite por la derecha h se aproxima a 0 a través de valores positivos, y para h > 0 y muy próximo a 0 se tiene que f (0 + h) = f2 (0 + h). Además, f (0) = f2 (0) por lo

Como

f1 (0− )

que

f (0+ ) = l´ım

h→0+

f (0 + h) − f (0) f2 (0 + h) − f2 (0) = l´ım = f2 (0+ ) = f2 (0) = 1. h h h→0+

Puesto que los límites laterales de 4.51), por lo que la función

f

f

en

x=0

no coinciden,

no es derivable en

f (0)

no existe (véase

x = 0.

x = 2, para h < 0 y próximo a cero, se cumple que 0 < 2 + h < f (2 + h) = f2 (2 + h) y

Con respecto a

2,

luego

f (2− ) = l´ım

h→0−

f (2 + h) − f (2) f2 (2 + h) − f2 (2) = l´ım = f2 (2− ) = f2 (2) = 1. h h h→0−

Para h > 0, se tiene que 2 + h > 2. f (2) = f3 (2), por lo que

f (2+ ) = l´ım

h→0+

Por tanto,

f (2 + h) = f3 (2 + h).

f (2 + h) − f (2) f3 (2 + h) − f3 (2) = l´ım = f3 (2+ ) = f3 (2) = 1. + h h h→0 f en x = 2 coinciden x = 2 y f (2) = 1.

Como los límites laterales de tiene que

f

es derivable en

Por tanto,

f

es derivable en

f (x) =

194

Además,

⎧ ⎨

R\{0}

0 1 ⎩ −x + 3

y ambos toman el valor

y la derivada viene dada por: si si si

x<0 02

1,

se

f

f

f

x=0

f (0) f

f

x=0 x=0 x=2 y = x+4 x=2 f

f3 (x) f f (x) ≤ 0

[3, +∞)

f f (x) ≥ 0

(−∞, 3] f

(−∞, 3] f (x) = 0

[3, +∞) (−∞, 0) f (3) = 0

f x=3 x=3

f x=3

g(x) = |x2 + x − 6| R

g

R

g p(x) = x2 + x − 6 x = −3 −3 ≤ x ≤ 2

x=2 p(x) ≥ 0

p(x) = 0 p(x) ≤ 0

p(x) = (x + 3)(x − 2) x ≤ −3 x ≥ 2

⎧ 2 ⎨ x +x−6 −x2 − x + 6 g(x) = ⎩ 2 x +x−6

x ≤ −3 −32 p

g

p(x) = x2 + x − 6

g(x) = |x2 + x − 6|

g R\{−3, 2}

p g

x = −3

x=2

g g

x=2 x = −3

g −p


FUNCIONES DE UNA VARIABLE x = 2,

Para

hay que estudiar las derivadas laterales:

g (2− ) = l´ım

h→0−

g(2 + h) − g(2) h

g (2+ ) = l´ım

y

h→0+

g(2 + h) − g(2) . h

h se aproxima a 0 tomando valores g(2 + h) = −p(2 + h). Por tanto, teniendo en

En la derivada por la izquierda, para

h<0

se tiene que

negativos y cuenta 4.50

y 4.51 resulta que

g (2− ) = l´ım

h→0−

g(2 + h) − g(2) (−p)(2 + h) − (−p)(2) = l´ım = −p (2) = −5, h h h→0− h

Con respecto al límite por la derecha,

h>0

y para

y próximo a 0 se tiene que

g (2+ ) = l´ım

h→0+

Así pues,

g(2 + h) − g(2) p(2 + h) − p(2) = l´ım = p (2+ ) = 5. + h h h→0

g (2− ) = g (2+ ), derivable en x = 2. Como

Ejercicio 4.31.

tiende a 0 a través de valores positivos,

g(2 + h) = p(2 + h).

se tiene que

g (2)

no existe, deduciéndose que

g

no es

Estúdiese la continuidad y la derivabilidad de la función

f

denida como

⎧ ⎨ f (x) =

⎩

ex e

si

x−4 x2 −3x−4

si

si

x≤1 14

Solución. La función f está denida a trozos por medio de las funciones f1 (x) =

ex , f2 (x) = e

y

f3 (x) =

x−4 . Las funciones x2 −3x−4

f1

y

f2

son derivables en

R,

por

tratarse de una exponencial y de una función constante, respectivamente. Por otra parte,

f3

es derivable en

R

menos en los puntos donde se anula el denominador,

f3 se anula R\{−1, 4} y

por ser un cociente de funciones polinómicas. El denominador de los puntos

x = −1 y x = 4, (4, +∞), que es

particular en

luego

f3

es derivable al menos en

f

es derivable y, por consiguiente, continua en

x=1

y

x = 4.

Para estudiar la continuidad en

x = 1,

l´ım f (x) = l´ım ex = e, x→1−

f (1),

por tanto,

f

R

salvo quizá en los puntos

se calculan los límites laterales:

l´ım f (x) = l´ım e = e.

x→1+

Puesto que los límites laterales son ambos iguales a que coincide con

en

el dominio en el que está denida en este caso. Así

pues,

x→1−

en

x→1+

e, se tiene que l´ımx→1 f (x) = e, x = 1.

es continua en

197


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Para analizar la derivabilidad de la función en

x = 1

hay que estudiar las

derivadas laterales

f (1 + h) − f (1) , h

f (1− ) = l´ım

h→0−

f (1+ ) = l´ım

h→0+

1+h<1

Para la derivada por la izquierda,

y

f (1 + h) − f (1) . h

f (1 + h) = f1 (1 + h),

por lo que

f (1 + h) − f (1) f1 (1 + h) − f1 (1) = l´ım = f1 (1− ) = f1 (1) = e. h h h→0−

f (1− ) = l´ım

h→0−

Por otra parte, en la derivada por la derecha,

h

se aproxima hacia 0 tomando

h positivos y muy próximos a 0 se f (1 + h) = f2 (1 + h). Además, f (1) = f2 (1), resultando

valores positivos, por lo que para valores de tiene que

1 < 1+h < 4

f (1 + h) − f (1) f2 (1 + h) − f2 (1) = l´ım = f2 (1+ ) = f2 (1) = 0. h h h→0+

f (1+ ) = l´ım

h→0+

Como

y

f (1− ) = f (1+ ),

En el punto

x = 4,

no existe

se tiene que

l´ım f (x) = l´ım e = e,

x→4−

f (1),

x→4−

por lo que

f (4) = e

Dado que los límites laterales de

x→4+

f

en

no es derivable en

x = 1.

y

l´ım f (x) = l´ım

x→4+

f

x=4

x−4 1 1 = l´ım = . (x − 4)(x + 1) x→4+ x + 1 5 no coinciden, no existe

la función tiene una discontinuidad de salto nito en

x = 4.

l´ım f (x),

x→4

y

Por 4.47, tampoco es

derivable en este punto. En resumen,

f

es continua en

4.16 se representa la gráca de

Ejercicio 4.32.

R\{4}

⎧ ⎨

x2 x2 ln x g(x) = ⎩ −x2 + 1

En la Figura

si si si

g

x≤0 0
g está denida a trozos por las funciones g1 (x) = x2 , g3 (x) = −x2 + 1. En la Figura 4.17 se muestra su gráca.

La función

g2 (x) = x2 ln x

y

Las funciones

g1

y

son, respectivamente,

198

R\{1, 4}.

Estúdiese la continuidad y la derivabilidad de la función

denida como

Solución.

y derivable en

f.

g3 son derivables en R por ser polinómicas, y sus derivadas g1 (x) = 2x y g3 (x) = −2x. A su vez, dom g2 = (0, +∞) y

f

g

g2 (x) = 2x ln x + x R

g2 g x=0

x=1 x=0 g (0− )

g (0− ) = l´ım

h→0−

g (0+ )

g(0 + h) − g(0) g1 (0 + h) − g1 (0) = l´ım = g1 (0− ) = g1 (0) = 0. h h h→0− h h

0
g(h) = g2 (h)

g2

x=0


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos que este punto no pertenece a su dominio (g2 (0) no está denido). Sin embargo, obsérvese que

g(0 + h) − g(0) g2 (h) − g(0) h2 ln h − 0 = l´ım = l´ım h h h h→0+ h→0+ h→0+ = l´ım h ln h.

g (0+ ) = l´ım

h→0+

0·(−∞). Se procede expresando el producto h ln h como un cociente, para así obtener una indeterminación del tipo ±∞ ±∞ y poder Resulta una indeterminación del tipo

aplicar la regla de L'Hôpital (compruébese que se satisfacen las condiciones para aplicar esta regla):

l´ım h ln h = l´ım

h→0+

h→0+

ln h 1 h

= l´ım

h→0+

1 h −1 h2

= l´ım (−h) = 0. h→0+

g en x = 0 coinciden, g es derivable y por consiguiente g (0) = 0.

Como los límites laterales de

x=0

continua en

Con respecto a

y

x = 1,

se tiene que

g(1 + h) − g(1) g2 (1 + h) − g2 (1) = l´ım = g2 (1− ) = g2 (1) = 1, h h h→0− g(1 + h) − g(1) g3 (1 + h) − g3 (1) g (1+ ) = l´ım = l´ım = g3 (1+ ) = g3 (1) = −2. + + h h h→0 h→0

g (1− ) = l´ım

h→0−

Puesto que

g (1− ) = g (1+ ),

también toman el valor

g no es derivable en x = 1. Sin embargo, g(1) = 0 y los límites laterales de g en x = 1

la función

sí es continua en este punto, ya que

0:

l´ım g(x) = l´ım x2 ln x = 0,

x→1−

l´ım g(x) = l´ım (−x2 + 1) = 0.

x→1−

x→1+

x→1+

Ejercicio 4.33. Determínese el valor de a para que la función fa denida como

fa (x) = sea derivable en

R.

Para ese valor de

de la función en el punto

Solución.

x2 + 2x + a − 2 −x2 + ax + 2 a,

si si

x≤1 x>1

¾Cuál es la recta tangente a la gráca

x = 1?

fa está denida a trozos por las funciones f1,a (x) = x2 + 2x + a − 2 y f2,a (x) = −x2 + ax + 2 que son derivables en R por ser polinómicas, y 200

La función

(x) = 2x + 2 (x) = −2x + a f1,a f2,a x=1

R

fa fa

x=1

fa a

x=1 fa

x=1 fa (1− )

fa (1+ )

f1,a (1 + h) − f1,a (1) fa (1 + h) − fa (1) = l´ım = f1,a (1− ) − h h h→0 (1) = 4. = f1,a

fa (1− ) = l´ım

h→0−

fa (1) = f2,a (1) f2,a (1 + h) − f2,a (1) fa (1 + h) − fa (1) = l´ım = f2,a (1+ ) h h h→0+ h→0+ (1) = −2 + a. = f2,a

fa (1+ ) = l´ım

−2 + a = 4 fa fa (1) = 4

x=1

a=6

f6 x=1 y = f6 (1) + f6 (1)(x − 1) = 7 + 4(x − 1) f6 f6 x=1 f0 x=1 f0

f6 x=1

f0



Ejercicio 4.34. Determínense las rectas tangentes a las grácas de las funciones siguientes en los puntos que se indican. (a )

f (x) = −x2 + ln(x2 + 1),

(b )

g(x) = e

−

1 x2 +1 ,

en

en

x = −1,

x = 1.

Para la recta tangente del apartado (a ), ¾cuál es el ángulo que forma dicha recta con el semieje

X

positivo?

Solución. (a ) La función f funciones derivables en

R

es derivable en

R

por ser suma y composición de

y se tiene que

f (x) = −2x +

2x . x2 + 1

La pendiente de la recta tangente a la gráca de

f

en

x = −1

es

f (−1) = 1

y la

ecuación de dicha recta es (véase 4.46)

y = f (−1) + f (−1)(x − (−1)) ⇐⇒ y = −1 + ln 2 + 1(x + 1) ⇐⇒ y = x + ln 2. g es derivable en R por ser composición de funciones de g es

(b ) Claramente, la función derivables en

R.

La derivada

g (x) = e

−

1 x2 +1

·

2x . (x2 + 1)2

Así pues, la ecuación de la recta tangente a la gráca de

g

en

x=1

viene dada

por (véase 4.46) 1

1

1

y = g(1) + g (1)(x − 1) ⇐⇒ y = e− 2 + 12 e− 2 (x − 1) ⇐⇒ y = 12 e− 2 (x + 1). El ángulo

que forma una recta de ecuación general

y = mx + n

con el

tan α = m. La pendiente de la recta f (−1) = 1 = m. Por tanto, el ángulo que forma dicha recta tangente con el semieje X positivo cumple que tan α = 1. Se tiene que arctan 1 = π4 , luego el ángulo buscado es α = π4 .

semieje

X

α

tangente a

positivo se obtiene de la igualdad

f

en

x = −1

es

En las Figuras 4.20 y 4.21 se representan las grácas de

f

y

g , respectivamente,

y las rectas tangentes a cada una de ellas en los puntos que se indican.

202



Figura 4.20. Gráca de

f (x) = −x + ln(x + 1) y tangente en x = −1. 2

3.7.

2

Figura 4.21. Gráca de 1

recta

g(x) = e

y recta tangente en x = 1.

− x2 +1

Crecimiento, extremos, convexidad

Ejercicio 4.35. Obténganse los intervalos de crecimiento y de decrecimiento y

los extremos relativos de la función

f (x) = x3 + 3x2 − 24x.

Solución. Los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de la función se de-

terminan analizando el signo de la derivada de

f.

La función

f

es derivable en

R

por ser polinómica y se tiene que

f (x) = 3x2 + 6x − 24. Por tanto,

f (x) = 0

si y sólo si

posibles extremos relativos de

f

y

x = 2,

y éstos son los puntos críticos y

(véase 4.63).

x ∈ (−∞, −4) ∪ (2, +∞) y f (x) < 0 para x ∈ (−4, 2). Así pues, por el Teorema 4.61 se tiene que f es estrictamente creciente en (−∞, −4) ∪ (2, +∞) y es estrictamente decreciente en (−4, 2), deduciéndose que en x = −4 hay un máximo relativo cuyo valor es f (−4) = 80 y en x = 2 hay un mínimo relativo con valor f (2) = −28. En la Figura 4.22 se muestra la gráca de f y en la Figura 4.23 la de f . Comparando ambas grácas, se observa la relación entre la monotonía de f y el signo de f . Por otra parte,

f (x) > 0

x = −4 si

Ejercicio 4.36. Obténganse los intervalos de crecimiento y de decrecimiento y

los extremos relativos de

Solución. La función

g

g(x) = arctan(x3 + x).

es derivable en

R por ser composición del R. La derivada de g es

arcotangente

con una polinómica, ambas derivables en

g (x) =

3x2 + 1 , 1 + (x3 + x)2

203

f (x) = 3x2 + 6x − 24

f (x) = x3 + 3x2 − 24x

g (x) = 0 g

3x2 + 1 = 0 g g (x) > 0

x∈R

R

g " f (x) =

x5 5

−

5x3 3

+ 4x R

f f

#

− 32 , 3

"

#

− 32 , 3 "

− 32 , 3

" f

#

− 32 , 3

f

#

− 32 , 3

f

R f (x) = x4 − 5x2 + 4. f x4

−

5x2

+4 = 0 t = x2

t 1 = 1 t2 = 4 x1 = −1 x2 = 1 t2 x3 = −2 x4 = 2 x2 = 1 x3 = −2 x4 = 2 x3 f

t1

t2 − 5t + 4 = 0 x2 = 1 x2 = 4 x1 = −1 " 3 f# −2, 3

f (x) = 4x3 − 10x, f (x1 ) = 6 > 0 f (x2 ) = −6 < 0 x1 x4

f (x4 ) = 12 > 0 x2


FUNCIONES DE UNA VARIABLE máximo relativo. Se compara el valor de

f

en estos tres puntos y en los extremos

del intervalo:

3 − 2

f

=−

303 38 38 −1,89, f (x1 ) = − −2,53, f (x2 ) = 2,54, 160 15 15 f (x4 ) =

38 con valor − 15 , y 78 3, cuyo valor es 5 . En la Figura 4.24 se representa la

Así pues, el mínimo absoluto el máximo absoluto en función

x=

f.

16 78 1,07, f (3) = = 15,6. 15 5 " 3 # de f en − , 3 se alcanza en x1 , 2

Figura 4.24. Extremos absolutos de f (x) =

Ejercicio 4.38. ecuación

x5 5

−

De todos los pares de números

x 2 + y 2 = 1,

5x3 3

+ 4x

x, y ∈ R

en

"

#

− 32 , 3

.

que satisfacen la

determínese el par de números mayores o iguales que cero

cuyo producto es máximo y el par cuyo producto es mínimo.

2 2 Solución. Dados x e y dos números no √ negativos tales que x + y = 1, se puede

y = √ 1 − x2 . Se quiere P = x · y = x 1 − x2 . Obsérvese

expresar uno en función del otro:

encontrar el par que

maximiza el producto

que debe ser

y

1−

x2

≥ 0

(pues esta última expresión está dentro de una raíz cuadrada), o

equivalentemente,

0 ≤ x ≤ 1, por tanto, hay que encontrar el máximo y el mínimo

absolutos en

[0, 1]

Se tiene que

P (x) =

si

1 − 2x2 =

x ≥ 0

de la función

√

' P (x) = x 1 − x2 .

1−2x2 √ . Por tanto, P (x) = 0 si y sólo 1−x2√ 0, que tiene por soluciones x = ± 22 . Luego el único punto crítico

1 − x2 −

2

√x 1−x2

=

205


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos √ que pertenece a

[0, 1]

es

x0 =

2 2 y se deja como ejercicio comprobar que es un

máximo relativo. Además, se tiene que

1 P (0) = 0, P (x0 ) = , P (1) = 0. 2 Luego por el teorema de Bolzano-Weierstrass, en con valor

P (x0 ) =

1 2 y en

x=0

x=1

y

x0 se alcanza el máximo absoluto, P (0) =

el mínimo absoluto, con valor

P (1) = 0. Así el par de números mayores o iguales que cero cuyo producto es pues, , + % √ &2 √ √ 2 2 2 máximo es 1− 2 = 2 , y el par de números con producto mínimo 2 , es

{0, 1}.

Ejercicio 4.39.

Se desea fabricar con cartón un envase de

1

3 de volumen

dm

con forma de prisma recto de base un triángulo equilátero. Calcúlense las dimensiones del envase para que el material utilizado sea mínimo.

Solución. Se quiere fabricar un envase de 1 dm3 de volumen como el de la Figura 4.25. La cantidad de cartón que se necesita para ello se corresponde con la supercie del prisma, que es igual a la suma del área de las tres caras laterales más el área de las bases. Sean

b

y

hT

la base y la altura, respectivamente, del

triángulo base del prisma. Por ser la base del prisma un triángulo equilátero, es fácil expresar

hT

b,

en función de

ya que aplicando el Teorema de Pitágoras se

tiene que (véase la Figura 4.25)

+

hT =

b2 = b2 − 4

+

√ 3b2 3 = b. 4 2

Por tanto, el área de la base del prisma es

√ √ b · 23 b 3 2 b · hT AB = = = b . 2 2 4 A su vez, las caras laterales del prisma son rectángulos de base luego el área de cada una de las caras es igual a

b

y altura

hP ,

AL = b · hP .

Por otra parte, el volumen del prisma es igual a

√

VP = AB · hP =

3 2 b · hP = 1. 4

Así pues, de la ecuación anterior se puede despejar

hP =

206

√4 . 3b2

hP

en función de

b, obteniendo

S

b

√ √ √ 3 2 3 2 4 3 4 b + 3b √ b + . S = S(b) = 2 · AB + 3 · AL = 2 · = 4 2 b 3b2

S(b)

b (0, +∞)

S b

b hT

hP

S (0, +∞)

√ 3 √ √ √ √ √ 3b − 4 3 4 3 3 S (b) = 3b − 2 = 0 ⇐⇒ = 0 ⇐⇒ 3b3 − 4 3 = 0 ⇐⇒ b = 4. 2 b b √ b0 = 3 4 S (b) < 0 b ∈ (0, b0 ) S (b) > 0 b ∈ (b0 , +∞) S (0, b0 ) (b0 , +∞) b0 S 3 1 √

b=

√ 3

4 1,59

√ √ 334 1,37 , hT = 2

4 , hP = √ √ 0,92 3( 3 4)2

.



Ejercicio 4.40.

Dada la función

(a ) los extremos relativos de

f,

(b ) los puntos de inexión de

f (x) = 2x5 + 5x4 + 1,

obténganse

y

f.

Solución. (a ) Los extremos relativos de f son, en particular, puntos críticos. Para determinarlos se calcula la derivada de

f

y se iguala a

0:

f (x) = 10x4 + 20x3 = 10x3 (x + 2) = 0 ⇐⇒ x = −2, x = 0. Así pues, los puntos críticos de

f

son

x = −2

y

x = 0.

Un método muy utilizado

para clasicar los puntos críticos es a través del signo de la derivada segunda evaluada en cada uno de estos puntos. Siguiendo este procedimiento, se tiene que

f (x) = 40x3 + 60x2 = 20x2 (2x + 3), f (−2) = −80 < 0 y por el Teorema 4.66 la función tiene un relativo en x = −2. Por otro lado, f (0) = 0 y el resultado 4.66 no concluir nada acerca de la clase de punto que es x = 0. Podría ser un luego

máximo permite máximo

relativo, un mínimo relativo o un punto de inexión (véanse 4.72 y 4.73). Sin

f (x) < 0 en (−2, 0) y f (x) > 0 en (0, +∞), lo que implica por el resultado 4.61 que f es estrictamente decreciente en (−2, 0) y estrictamente creciente en (0, +∞), por lo que x = 0 es un mínimo relativo de f . embargo, si se analiza el signo de

f

alrededor de

x = 0,

se tiene que

Como se puede apreciar, para resolver este ejercicio bastaba con estudiar únicamente el signo de

f . De hecho, este es el procedimiento más recomendable para

clasicar los extremos relativos de una función. Lo que se ha pretendido al utilizar el resultado 4.66 es que el lector sepa interpretar todos las situaciones posibles cuando se analizan los extremos relativos de una función. (b ) Los posibles puntos de inexión se encuentran entre los que anulan la derivada segunda (véase 4.73). Estos puntos son anterior se demostró que

x = 0

x=0

y

x = − 32 .

En el apartado

no es un punto de inexión, sino un mínimo

(x) < 0 en −∞, − 3 y f (x) ≥ f 2 3 4.71 se deduce que f es cóncava en 0 en −32, +∞ . Así pues, por3 el resultado −∞, − 2 y es convexa en − 2 , +∞ , por lo que el punto x = − 32 es de inexión, relativo. Por otra parte, es fácil comprobar que

ya que en este punto la función pasa de ser cóncava a ser convexa (véase 4.72).

f . De este ejercicio debe quedar claro x0 ∈ R se verique que f (x0 ) = 0 no

En la Figura 4.26 se muestra la gráca de también que el hecho de que para un punto

208


FUNCIONES DE UNA VARIABLE implica que

x0

sea un punto de inexión, es decir, el recíproco del teorema 4.73

no se cumple (si

x0

es punto de inexión, entonces

f (x0 ) = 0,

pero puede haber

puntos en los que se anule la segunda derivada y no sean de inexión).

Figura 4.26. Gráca de f (x) = 2x5 + 5x4 + 1 e intervalos de concavidad y convexidad.

Ejercicio 4.41.

g(x) = x + ln(x2 + 1),

Dada la función

(a ) los extremos relativos de

g,

(b ) los puntos de inexión de

estúdiense

y

g.

Solución. (a ) La función g es derivable en R por ser suma de funciones derivables en

R

y los extremos relativos de

g,

si existen, son en particular puntos críticos.

Se tiene que

g (x) = 1 +

x2 + 2x + 1 2x = , x2 + 1 x2 + 1

g (x) = 0 si y sólo si x2 + 2x + 1 = 0. Esta ecuación tiene una única solución 2 ≥ 0 para todo x ∈ R, x = −1, que es el único punto crítico. Como g (x) = (x+1) 2 x +1 se deduce que g es creciente en R y por tanto g no tiene máximos ni mínimos relativos. Además, como g (−1) = 0, en x = −1 la recta tangente es horizontal.

y

(b ) En el apartado

(a)

se calculó

g,

la cual es derivable en

R

por ser cociente

de funciones polinómicas y no anularse el denominador. Así pues, por 4.73 los puntos de inexión se encuentran dentro del conjunto de puntos que anulan la

209


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos segunda derivada

g (x) =

(2x + 2)(x2 + 1) − (x2 + 2x + 1)2x 2 − 2x2 = . (x2 + 1)2 (x2 + 1)2

g (x) = 0 si y sólo si 2 − 2x2 = 0 y esta última ecuación tiene por soluciones x = ±1, que son los posibles puntos de inexión. Analizando el signo de g se tiene que g (x) < 0 si x ∈ (−∞, −1)∪(1, +∞) y g (x) > 0 si x ∈ (−1, 1). Por consiguiente, g es cóncava en (−∞, −1) ∪ (1, +∞) y es convexa en (−1, 1), concluyéndose que x = −1 es un punto de inexión en el que la función pasa de ser cóncava a ser convexa, y x = 1 es otro punto de inexión en el que g pasa de ser convexa a ser cóncava. En la Figura 4.27 se muestra la gráca de g y sus Por tanto,

intervalos de concavidad y convexidad.

Figura 4.27. Gráca de g(x) = x + ln(x2 + 1) e intervalos de concavidad y convexidad.

Ejercicio 4.42. Sea f (x) = ax3 + bx2 + cx + 1, donde a, b, c ∈ R. Determínense a, b y c para que f en x = −1.

los valores de de inexión

tenga un extremo relativo en

x = 1 y un punto

Solución. Para que en x = 1 la función f alcance un extremo relativo, en particular

x=1

tiene que ser un punto crítico. Se tiene que

f (x) = 3ax2 + 2bx + c. Por tanto, se debe satisfacer la ecuación

3a + 2b + c = 0.

210


FUNCIONES DE UNA VARIABLE x = −1 es un punto de de f es f (x) = 6ax + 2b,

f (−1) = 0.

Por otra parte, si

inexión, entonces

derivada segunda

luego se debe vericar la ecuación

La

−6a + 2b = 0, de donde se obtiene que

b = 3a

y

f (x) = 6a(x + 1).

Se dan los tres casos

siguientes: (a ) Si

a > 0,

entonces

f (1) = 12a > 0,

luego en

x = 1

la función alcanza

f (x) < 0 si x ∈ x = −1 es un punto de

un mínimo relativo (véase 4.66). Además, se tiene que

y f (x)

(−∞, −1)

>0

si

x ∈ (−1, +∞),

por lo que

inexión en el que la función pasa de ser cóncava a ser convexa.

a < 0, entonces f (1) < 0 y en x = 1 la función tiene un máximo relativo. Por otra parte, f (x) > 0 si x ∈ (−∞, −1) y f (x) < 0 si x ∈ (−1, +∞), deduciéndose que x = −1 es un punto de inexión en el que la función pasa

(b ) Si

de convexa a cóncava. (c ) Si

a = 0,

y de la primera ecuación

c = 0,

luego

Ejercicio 4.43. Obténganse las asíntotas de la función

g(x) =

xex ex +1 .

entonces

b=0

f (x) = 1,

una función constante.

3.8.

Asíntotas


en

g

es continua en

R

por ser cociente de funciones continuas

R y no anularse el denominador. Así pues, g carece de asíntotas verticales (véase

4.34(a)). A continuación, se comprueba la existencia de asíntotas horizontales. Se tiene que

xex −∞ · 0 = . x x→−∞ e + 1 1


x→−∞

Para calcular la indeterminación

g

como

x (ex +1)e−x

=

−∞ · 0 en el límite anterior, se expresa la función

x y de este modo se obtiene una indeterminación del tipo 1+e−x

−∞ +∞ que se resuelve fácilmente aplicando la regla de L'Hôpital:

xex x 1 = l´ım = l´ım = 0. x −x x→−∞ e + 1 x→−∞ 1 + e x→−∞ −e−x l´ım

211


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Por tanto, la recta

y=0

es una asíntota horizontal de

4.34(b)), es decir, la gráca de medida que

x

tiende a

−∞.

g

g

por la izquierda (véase

se aproxima cada vez más a la recta

y = 0

a

Por otra parte, resulta que

xex (1) ex + xex = l´ ım = l´ım (x + 1) = +∞, x→+∞ ex + 1 x→+∞ x→+∞ ex


x→+∞

((1) se ha aplicado la regla de L'Hôpital). Así pues, cuando

x → +∞.

g

no tiene asíntota horizontal

Sólo falta analizar la existencia de asíntotas oblicuas. Por la

izquierda, hay asíntota horizontal por lo que no hay asíntota oblicua con

m = 0.

y = mx + n

Veamos por la derecha. Por la regla de L'Hôpital, se tiene que

g(x) ex ex = l´ım x = l´ım x = 1. x→+∞ x x→+∞ e + 1 x→+∞ e l´ım

Este límite indica que si existe una asíntota oblicua, dicha asíntota tiene pendiente

m = 1. Para garantizar la existencia de la misma hay que comprobar si el límite l´ım (g(x) − mx) es nito. En efecto, aplicando de nuevo la regla de L'Hôpital

x→+∞

n = l´ım (g(x) − 1 · x) = l´ım − x→+∞

x→+∞

Por consiguiente, la recta gráca de

g

ex

y = mx + n = x

se aproxima a dicha recta cuando

se muestra la gráca de

g


x

tiende a

+∞.

y sus asíntotas.

Figura 4.28. Gráca de g(x) = 212

x 1 = l´ım − x = 0. x→+∞ +1 e

xex ex +1

y asíntotas.

g

y la

En la Figura 4.28



Ejercicio 4.44.

Determínense las asíntotas de la función

f (x) =

sen x − cos x 1 + x − 1. x 10

Solución. Es fácil ver que dom f = R\{0} y además, f (x) = f1 (x)+f2 (x), siendo

sen x−cos x , que es continua en su dominio por ser cociente de funciones x 1 continuas y no anularse el denominador, y f2 (x) = 10 x − 1, que es continua en R.

f1 (x) =

Por tanto,

f

es continua en su dominio porque es suma de funciones continuas.

Puesto que el punto

x=0

no pertenece al dominio de

f,

es posible que

x=0

sea

una asíntota vertical. Se tiene que

sen x − cos x 1 l´ım + x−1 = x 10 x→0−

sen x − cos x 1 l´ım + x−1 = x 10 x→0+

−1 + 0 − 1 = +∞, 0− −1 + 0 − 1 = −∞. 0+

x = 0 +∞ cuando x se aproxima −∞ cuando x se aproxima hacia 0 por

Como los límites anteriores son innitos, se deduce que, efectivamente, es una asíntota vertical. La gráca de hacia

0

f

por la izquierda, y decrece hacia

crece hacia

la derecha. A continuación, se estudia la existencia de asíntotas oblicuas:

f (x) l´ım = l´ım x→+∞ x x→+∞

sen x − cos x 1 1 − + 2 x 10 x

=0+

1 1 −0= . 10 10

En el cálculo del límite anterior, obsérvese que

sen x − cos x | sen x − cos x| | sen x| + | cos x| 1+1 2 = ≤ ≤ = 2, 2 2 2 2 x x x x x y

l´ımx→+∞

2 x2

= 0.

Así pues, por la propiedad del emparedado (véase Teorema

4.31(a)) se deduce que

l´ım

x→+∞

sen x − cos x = 0. x2

Lo que se ha probado hasta ahora es que en caso de existir una asíntota oblicua, ésta tiene pendiente

m=

1 10 . Para garantizar la existencia de la misma hay que

comprobar que el límite cuando

x

tiende a

+∞

de

f (x) − mx

es nito. En efecto,

razonando de forma similar a como se hizo en el límite anterior

n = l´ım (f (x) − mx) = l´ım x→+∞

x→+∞

sen x − cos x −1 x

= −1.

213

f (x) 1 = x→−∞ x 10

l´ım (f (x) − mx) = −1.

l´ım

x→−∞

f

y=

1 10 x

−1

f f ±∞

x

f (x) =

sen x−cos x x

+

1 10 x

−1

g(x) = x g

g(x) =

R\{0}

0∈ / dom g

g1 (x) =

x−1 x2

x−1 x2 x3 −1 x2

|x| x

−

1 x2

x<0 x>0

g g2 (x) =

x3 −1 x2

g

x−1 −1 = + = −∞, x2 0 3 x −1 −1 l´ım g(x) = l´ım g2 (x) = l´ım = + = −∞. 2 + + + x 0 x→0 x→0 x→0 l´ım g(x) = l´ım g1 (x) = l´ım

x→0−

x→0−

x→0−

x=0


FUNCIONES DE UNA VARIABLE Por tanto,

x=0

es una asíntota vertical de

anteriores se deduce también que

0

g

g

por ambos lados, y de los límites

decrece hacia

−∞ cuando x se aproxima hacia

por la izquierda y por la derecha. Con respecto a las asíntotas horizontales, obsérvese que

x−1 = 0, x→−∞ x2

l´ım g(x) = l´ım g1 (x) = l´ım

x→−∞

por lo que

x→−∞

y = 0 es una asíntota horizontal de g (por la izquierda). Si se considera g cuando x tiende a +∞, resulta que

el límite de

x3 − 1 = +∞. x→+∞ x2

l´ım g(x) = l´ım g2 (x) = l´ım

x→+∞

x→+∞

Por consiguiente, la función cuando

x

+∞

tiende a

g

no se aproxima hacia ninguna recta horizontal

(por la derecha).

Falta analizar la existencia de asíntotas oblicuas a la derecha. Se tiene que

g(x) g2 (x) x3 − 1 = l´ım = l´ım = 1. x→+∞ x x→+∞ x→+∞ x x3 l´ım

Y además, el siguiente límite también es nito:

l´ım (g(x) − 1 · x) = l´ım

x→+∞

Por tanto, la recta

x→+∞

y=x

x3 − 1 −x x2


la Figura 4.30 se representa la función

g

−1 = 0. x→+∞ x2

= l´ım

g

cuando

x

tiende a

+∞.

En

y sus asíntotas.

215

3.9

f (x) =

x2 − 2 , x2 − 3

f

f

f f f f √R √ dom f = R\{− 3, 3}

f f y

x x2 − 2 = 0, x2 − 3

X


FUNCIONES DE UNA VARIABLE que es equivalente a

x2 − 2 = 0

Luego los puntos de corte de la gráca de Por último, puesto que

2

0, 3

.

(b ) Como

f (0) =

√ / dom f , ± 3∈

√ √ x1 = √ 2 y x2 =√− 2. X son ( 2, 0) y (− 2, 0).

y tiene por soluciones

f

con el eje

2 3 , la gráca de

las rectas

x=

√ 3

y

f

corta al eje

√ x=− 3

Y

en el punto

son posibles asíntotas

verticales. En efecto (véase 4.34(a)),

l´ım √

x→− 3

l´ım √

x→ 3

−

−

x2 − 2 1 = + = +∞, 2 x −3 0 x2 − 2 1 = − = −∞, x2 − 3 0

l´ım √

x→− 3

l´ım √

x→ 3

+

+

x2 − 2 1 = − = −∞, 2 x −3 0

x2 − 2 1 = + = +∞. x2 − 3 0

De los límites calculados anteriormente, se deduce cuando

x

se aproxima hacia

√

√ − 3

por la izquierda

√ x = − 3

y

x =

√

3. que la gráca crece hacia +∞ y decrece hacia −∞ cuando x

Por tanto, la función tiene dos asíntotas verticales en

De forma análoga, la gráca decrece hacia − 3 por la derecha. √ 3 por la izquierda y crece hacia +∞ cuando x −∞ cuando x se aproxima hacia √ se aproxima hacia 3 por la derecha. se aproxima hacia

Por otra parte, es fácil ver que

x2 − 2 = 1, x→−∞ x2 − 3 l´ım

Así pues,

f

x2 − 2 = 1. x→+∞ x2 − 3 l´ım

tiene como asíntota horizontal la recta

y = 1.

(c ) Para determinar los intervalos de crecimiento y de decrecimiento de que analizar el signo de

f .

f

hay

La función es derivable en todo su dominio por ser

cociente de polinomios y se tiene que

f (x) =

2x(x2 − 3) − 2x(x2 − 2) 2x =− 2 . 2 2 (x − 3) (x − 3)2

f (x) = 0 si y sólo si x = 0, por lo que√el punto√x = 0 es un punto crítico de f . Además, f (x) > 0 si x ∈ (−∞, − 3) ∪ (− 3, 0) y f (x) < 0 si √ √ √ √ x ∈ (0, 3) ∪ ( 3, +∞) (hay que quitar los puntos x = − 3 y x = 3 ya que no pertenecen al dominio de f ). Por tanto, por el Teorema 4.61 se tiene que f √ √ es estrictamente creciente en (−∞, − 3) ∪ (− 3, 0) y estrictamente decreciente

Luego

217

(0,

√

√ 3) ∪ ( 3, +∞) f (0) = 23

x=0 f

f (x) = −

2(x2 − 3)2 − 8x2 (x2 − 3) 6(x2 + 1) = . (x2 − 3)4 (x2 − 3)3

6(x2 + 1) > 0 x ∈ R 2 − 3 > 0 − > 0 x √ √ x ∈ (−∞, − 3) ∪ ( 3, +∞) 2 √f (x) √ < 0 x −3 < 0 x ∈ (− 3, 3) f √ √ √ (− 3, 3) ( 3, +∞) √ √ x=− 3 x=+ 3

(x2

f (x) > 0

3)3

f

f (x) =

x2 −2 x2 −3

√ (−∞, − 3) ∪ f



Ejercicio 4.47.

Dada la función

2x2 + 7x + 9 , x−1

g(x) = (a ) determínense el dominio de

g

y los puntos de corte de la gráca de

g

con

los ejes, (b ) obténganse las asíntotas de

g,

(c ) determínense los intervalos de crecimiento y de decrecimiento y los extremos relativos de

g,

(d ) determínense los intervalos de concavidad y de convexidad de (e ) represéntese grácamente la función

Solución.

g,

y

g.

(a ) La función

g es cociente de funciones polinómicas y el denominador x = 1, luego dom g = R\{1}. Para determinar los puntos de corte de gráca de g con el eje X se iguala la función a 0. √ 2x2 + 7x + 9 −7 ± 49 − 4 · 2 · 9 2 = 0 ⇐⇒ 2x + 7x + 9 = 0 ⇐⇒ x = . x−1 4

se anula en la

49 − 4 · 2 · 9 < 0, la ecuación 2x2 + 7x + 9 = 0 no tiene soluciones reales, luego la gráca de g no corta al eje X . Los puntos de corte de la gráca de g con el eje Y se obtienen evaluando la función en 0, Puesto que

g(0) = y resulta el punto de corte (b ) Para

l´ım

x→1− Por tanto,

x=1

2 · 02 + 7 · 0 + 9 = −9, 0−1

(0, −9).

se tiene que

2x2 + 7x + 9 18 = − = −∞, x−1 0 x=1

l´ım

x→1+

2x2 + 7x + 9 18 = + = +∞. x−1 0

es una asíntota vertical por ambos lados, y de los límites ante-

riores de deduce que

g

izquierda y crece hacia

decrece hacia

−∞

+∞

se acerca a

cuando

x

cuando

1

x

se aproxima hacia

1

por la

por la derecha.

Por otra parte, resulta que

2x2 + 7x + 9 = +∞, x→+∞ x−1 l´ım

2x2 + 7x + 9 = −∞. x→−∞ x−1 l´ım

219


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Como los límites anteriores no son nitos, la función

g

carece de asíntotas hori-

zontales. Sólo falta comprobar la existencia de asíntotas oblicuas. Para ello, hay que calcular los siguientes límites:

g(x) , x→+∞ x l´ım

g(x) . x→−∞ x l´ım

Resulta que

g(x) 2x2 + 7x + 9 2x2 + 7x + 9 = l´ım = l´ım = 2. x→+∞ x x→+∞ x→+∞ x(x − 1) x2 − x l´ım

Como resultado de este último límite calculado, se deduce que si

g

tiene una

m = 2, pero todavía g% tendrá asíntota & 2 +7x+9 oblicua con pendiente m = 2 si l´ ımx→+∞ (g(x)−mx) = l´ımx→+∞ 2x x−1 − 2x asíntota oblicua, entonces dicha asíntota tiene pendiente

no se puede garantizar la existencia de la misma. La función

es nito. En efecto,

l´ım

x→+∞

2x2 + 7x + 9 2x2 + 7x + 9 − 2x2 + 2x − 2x = l´ım x→+∞ x−1 x−1 9x + 9 = l´ım = 9, x→+∞ x − 1

por lo que la recta

y = 2x + 9

es una asíntota oblicua. Cuando

x

tiende a

−∞, g

se aproxima también a la misma asíntota oblicua. (c ) Hay que analizar el signo de la derivada de

g (x) =

g.

Se tiene que

(4x + 7)(x − 1) − (2x2 + 7x + 9) · 1 2x2 − 4x − 16 = . (x − 1)2 (x − 1)2

Por tanto,

g (x) = 0 ⇐⇒ 2x2 − 4x − 16 = 0 ⇐⇒ x = 4, −2, x = 4 y x = −2. Resulta que g (x) > 0 si x ∈ (−∞, −2) ∪ (4, +∞) y g (x) < 0 si x ∈ (−2, 1) ∪ (1, 4) (hay que quitar el punto x = 1 ya que la función g no está denida en este punto). Así pues, g es estrictamente creciente en (−∞, −2) ∪ (4, +∞) y estrictamente decreciente en (−2, 1) ∪ (1, 4), con lo que el punto x = −2 es un máximo relativo con valor g(−2) = −1 y x = 4 es un mínimo relativo, cuyo valor es g(4) = 23. y los puntos críticos son

220

g g g (x) =

(4x − 4)(x − 1)2 − 2(2x2 − 4x − 16)(x − 1) 36 = . 4 (x − 1) (x − 1)3 g (x) < 0 (−∞, 1)

g

(−∞, 1) g (x) > 0 (1, +∞)

(1, +∞) g

x=1 g

g

g(x) =

2x2 +7x+9 x−1

f (x) = x3 ex f f f

[−3, 0] f

(−∞, 0]

f R

f

f (x) = ex x2 (3 + x).

R

f (x) = 0

x2 (3 + x) = 0 ex > 0 f x = 0 x = −3 f (x) < 0 3 + x < 0 x ∈ (−∞, −3) x ∈ (−3, 0) ∪ (0, +∞) f (−∞, −3) (−3, +∞) x = −3 −3 f (−3) = −27e x=0

x∈R f (x) > 0

f x = −3

R

f (−3) ≤ f (x)

x∈R f

f

f (x) = x3 ex

f

R

[−3, 0] f [−3, 0] f

(−3, 0)

R x=0

(−3, 0) x = −3 [−3, 0] f (0) = 0 (−∞, 0]


FUNCIONES DE UNA VARIABLE (a)

x = −3

la

función tiene un mínimo absoluto luego, en particular, el mínimo absoluto de

f

cerrado y acotado. No obstante, en el apartado en

(−∞, 0]

se demostró que en

se alcanza en este punto.

(−∞, 0]. f (0) = 0 y que f (x) = x3 ex < 0, para todo x < 0. Así pues, f (x) ≤ 0 = f (0), para todo x ∈ (−∞, 0], por lo f alcanza el máximo absoluto en x = 0. Falta estudiar la existencia del máximo absoluto de la función en

Es claro que

Ejercicio 4.49.

Determínense el supremo y el ínmo del conjunto

nido como

A=

Solución. Sea f (x) =

a∈R:a=

A⊂R

de-

x ,x ≥ 1 . x+1

1 f (x) = (x+1) 2 , por tanto, f (x) > 0 para todo x ∈ R\{−1} y en particular para todo x ≥ 1, luego f es estrictamente creciente en el intervalo [1, +∞), deduciéndose que f (1) ≤ f (x), para todo x ≥ 1, x x+1 . Se tiene que

es decir,

1 x ≤ , ∀x ≥ 1, 2 x+1 f (1) = 12 ∈ A, se tiene que m´ın A = ´ınf A = 12 . Por otra parte, x obsérvese que l´ ımx→+∞ f (x) = l´ımx→+∞ x+1 = 1, es decir, si x toma valores cada vez más grandes, el valor de la función f se aproxima cada vez más a 1 (la recta y = 1 es una asíntota horizontal de f ), por lo que, teniendo en cuenta que la x función es estrictamente creciente, resulta que f (x) = x+1 ≤ 1, para todo x ≥ 1, x luego sup A = 1. En este caso, no existe x ∈ R tal que x+1 = 1, por lo que el supremo de A no es máximo. y puesto que

Ejercicio 4.50.

Demuéstrese que la función

tiene un punto crítico en el intervalo

f (x) = x5 + 2x4 − 3x3 + 2x + 1

[−1, 1].

Solución. Es claro que f es continua en [−1, 1] y derivable en (−1, 1), por tratarse f (−1) = f (1) = 3. Luego por el Teorema de c ∈ (−1, 1) tal que f (c) = 0, y este c es un

de una función polinómica. Además, Rolle (véase 4.53) existe un punto punto crítico.

Ejercicio 4.51.

Demuéstrese que

x 1+x2

< arctan x < x,

para todo

x > 0.

Solución. La función f (x) = arctan x es continua y derivable en R, por lo que 223


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos f es continua en el intervalo cerrado [0, x ¯] (0, x ¯). Luego se satisfacen las condiciones del teorema del valor medio (véase 4.52), por el que existe un punto c ∈ (0, x ¯) tal que jado

x ¯ > 0,

se tiene en particular que

y derivable en el intervalo abierto

f (¯ x) − f (0) 1 arctan x ¯−0 = f (c) ⇐⇒ = . x ¯−0 x ¯ 1 + c2 Como

0
se tiene que

¯2 1 + c2 < 1 + x

y, por tanto,

lo que teniendo en cuenta la igualdad anterior

1 1+¯ x2

<

1 1+c2

< 1,

por

1 arctan x ¯ < 1. < 1+x ¯2 x ¯ Puesto que

x ¯ > 0,

multiplicando por

x ¯

cada término de las desigualdades ante-

riores resulta que

x ¯ < arctan x ¯ 0.

Como todo

Ejercicio 4.52.

(a ) Demuéstrese que

1 x+1

x 1+x2

< arctan x < x, para

< ln(x + 1) − ln x <

1 x , para todo

x > 0. (b ) Calcúlese

Solución.

l´ım (ln(x + 1) − ln x).

x→+∞

(a ) La función

f (x) = ln x es continua y derivable en (0, +∞). Por tanto, jado x ¯ > 0, la función f es, en particular, continua en [¯ x, x ¯ +1] y derivable en (¯ x, x ¯ + 1). Así pues, por el teorema del valor medio existe c ∈ (¯ x, x ¯ + 1) tal que f (¯ x + 1) − f (¯ x) 1 x + 1) − ln x ¯= . = f (c) ⇐⇒ ln(¯ (¯ x + 1) − x ¯ c Como

0
se tiene que

1 x ¯+1

<

1 c

<

1 x ¯ y, por consiguiente, de la

igualdad anterior se deduce que

1 1 < ln(¯ x + 1) − ln x ¯< . x ¯+1 x ¯ 1 < ln(x + 1) − ln x < x ¯ es cualquier valor mayor que 0, se tiene que x+1 1 x , para todo x > 0, concluyendo la demostración. En la Figura 4.34 se muestran 1 1 las funciones g(x) = ln(x + 1) − ln x, h1 (x) = x+1 y h2 (x) = x para x > 0. Puesto que

224

x ∈ (0, +∞) h1 (x) =

1 1 < ln(x + 1) − ln x < = h2 (x). x+1 x

l´ım h1 (x) = l´ım h2 (x) = 0

x→+∞

x→+∞

l´ım (ln(x + 1) − ln x) = 0

x→+∞

√ n

n

R

n∈N n (−1, +∞) x ¯>0

x+1≤

x+n n

f (x) = f n

n∈N

x>0 √ n

x+1

[−1, +∞) f

R \ {−1} n [0, x ¯]

f

c ∈ (0, x ¯) f (¯ x) − f (0) = f (c) ⇐⇒ x ¯−0 c>0

√ n

√ n x ¯+1−1 1 1 = · ' . x ¯ n n (c + 1)n−1

1 (c+1)n−1

<1

√ n x ¯+1−1 1 < . x ¯ n

(0, x ¯)


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Operando y teniendo en cuenta que

x ¯>0

resulta

√ n √ √ x ¯+1−1 1 x ¯ x ¯+n < ⇐⇒ n x . ¯ + 1 − 1 < ⇐⇒ n x ¯+1< x ¯ n n n x ¯ es cualquier valor mayor que 0 y n cualquier número natural, la desigual√ n x + 1 ≤ x+n n se cumple para todo x > 0 y todo n ∈ N.

Como dad

3.10.

Puntos jos

Ejercicio 4.54. Estúdiese cuáles de las siguientes funciones tienen al menos un

punto jo. (a )

g(x) = x2 .

(b )

g(x) = x2 + 1.

(c )

g(x) =

(d )

g(x) = x3 + 1.

xex +1 ex .

g tiene un punto jo x0 si se verica que g(x0 ) = x0 (véase 4.56). Obsérvese que, grácamente, en el plano, los puntos jos de g son los puntos de corte de g con la bisectriz del primer y tercer cuadrante y = x, de tal forma que se pueden obtener los puntos jos de g resolviendo el Solución. Se dice que una función

sistema siguiente:

y = g(x) y=x

o, lo que es equivalente, resolviendo la ecuación (a )

g(x) = x2

tiene dos puntos jos en

resuelve la ecuación

x = g(x),

x=0

x = g(x). x = 1. Para demostrarlo x = x2 . Operando resulta:

y en

que en este caso es

se

x2 − x = 0; x(x − 1) = 0; x = 0, x = 1. (b )

g(x) = x2 + 1

no tiene ningún punto jo ya que la ecuación

tiene raíces reales. En efecto:

2

x − x + 1 = 0; x =

226

1±

√ 2

−3

.

x = x2 + 1

no


FUNCIONES DE UNA VARIABLE (c ) Se comprueba si la ecuación

x=

x = g(x)

1 1 xex + 1 ; x = x + x; 0 = x. ex e e

Como no existe ningún número real que

g

tiene solución.

x

que cumpla la condición anterior, resulta

no tiene puntos jos.

(d ) Ahora hay que estudiar si la ecuación

x + 1 = 0,

x = x 3 + 1,

o la equivalente

x3 −

tiene alguna raíz real. Si se aplica la regla de Runi y se prueba con

los divisores del término independiente,

1

y

−1,

se comprueba que no son raíces

de la ecuación polinómica. Sin embargo si se considera la función

f (−2) = −5

y

f (−1) = 1,

(−2, −1),

observando que

el teorema de Bolzano garantiza la existencia de al

menos una solución de la ecuación el intervalo

f (x) = x3 − x + 1,

con lo que

g

f (x) = 0

o lo que es lo mismo de

x = g(x)

en

tiene al menos un punto jo en ese intervalo.

En las Figuras 4.35-4.38 se representa la función

g

y la bisectriz del primer

cuadrante (en rojo) para cada uno de los cuatro casos. Obsérvese que en el caso (c) la bisectriz es asíntota oblicua de

Ejercicio 4.55.

g.

Aplicando el método del punto jo, trátese de encontrar al

menos una solución de la ecuación

x2 − 3x + 2 = 0.

Solución. Con este caso sencillo se pretende ilustrar el método del punto jo para la búsqueda aproximada de soluciones de una ecuación. En este caso basta resolver la ecuación de segundo grado para comprobar que las soluciones exactas son

x1 = 1

y

x 2 = 2.

Se recuerda que el método del punto jo se basa en construir una sucesión de la forma

xn+1 = g(xn ) l´ımn→∞ xn = a entonces a es un punto jo de g , es decir a = g(a) (véase 4.56 y 4.57). Por otro lado, es claro que resolver la ecuación f (x) = 0 es equivalente a encontrar los puntos jos de g siempre que sea f (x) = g(x) − x.

de manera que si existe

En consecuencia, si se encuentra una función

g

que cumpla la condición ante-

rior, sus puntos jos serán soluciones de la ecuación Como

x2 − 3x + 2 = 0

es equivalente a

hallando los puntos jos de

g(x) =

f (x) = 0

x(x − 3) + 2 = 0

y viceversa. y esto a

x=

−2 x−3 ,

−2 x−3 se tienen las soluciones de la ecuación.

227

x0 = 0 xn+1 = g(xn ) x0 = 0 2 −2 = x1 = g(x0 ) = g(0) = 3 0−3 2 −2 6 = = x2 = g(x1 ) = g 3 2/3 − 3 7 6 −2 14 x3 = g(x2 ) = g = = 7 6/7 − 3 15 14 −2 30 x4 = g(x3 ) = g = = 15 14/15 − 3 31 .................................... x1 = 1 g

(1, 1)

(2, 2)

x1 = 1

x2 = 2

g (xi , g(xi )), i = 1, . . . , 4 g

(1, 1)

2 g(x) = − x−3

(xi , g(xi )), i = 1, . . . , 4

sen x = x2 − 1 [1, 2]

f (x) = x2 − sen x − 1

f (x) = 0 f (x) = g(x) − x


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos la ecuación

f (x) = 0

es equivalente a resolver

consiste en construir una función

g

punto jo (véase 4.58), es decir tal que: se tenga

g(x) = x,

por lo que el problema

que cumpla las condiciones del teorema del

g : [1, 2] → [1, 2]

y para algún

k ∈ [0, 1)

|g (x)| ≤ k, ∀x ∈ (1, 2).

En esas condiciones se tiene que

g

tiene un único punto jo en el intervalo y

x0 en el intervalo, la sucesión construida xn+1 = g(xn ) converge a la solución.

además que dado cualquier punto inicial por el método del punto jo como

sen x = x2 − 1 x = g(x). Es claro

A partir de la ecuación dada conseguir una expresión del tipo

se trata de despejar

x

para

que la forma de hacerlo no es

única, algunas opciones fáciles de obtener son las siguientes.

x = x2 + x − sen x − 1 √ (ii) x = 1 + sen x √ (iii) x = arc sen x2 − 1 (i)

(iv)

x=

1+sen x . x

La ecuación (i) se ha obtenido sumando y restando la ecuación y las otras tres despejando Se comprueba que la función

x

g(x) =

x

en los dos miembros de

de formas distintas.

√

1 + sen x dada en (ii) cumple las cong([1, 2]) ⊂ [1, 2] hay que obtener el intervalo. Como g es continua, por el

diciones del teorema. En efecto, para probar que el máximo y el mínimo absolutos de

g

en

teorema de Bolzano-Weierstrass alcanza su máximo y su mínimo absolutos en los extremos del intervalo o en un punto crítico.

cos x π g (x) = √ = 0 ⇔ cos x = 0 ⇔ x = ∈ [1, 2]. 2 2 1 + sen x g en √ el intervalo [1, 2] y de los extremos √ √ 1 + sen 1, g( π2 ) = 2 y g(2) = 1 + sen 2. El menor

La imagen de este único punto crítico de del intervalo son:

g(1) =

de estos valores es el primero y el mayor es el segundo, con lo que se tiene que

√ √ g(x) ∈ [ 1 + sen 1, 2] ⊂ [1, 2], [1, 2].

para todo

x ∈ [1, 2]

y se cumple que

x ∈ (1, 2) resulta cos x 1 ≤ √ 1 |g (x)| = √ ≤ < 1, 2 2 1 + sen x 2 1 + sen x

Por otra parte, para todo

230

g : [1, 2] →


FUNCIONES DE UNA VARIABLE y se verican las condiciones del teorema del punto jo que garantiza la existencia de un único punto jo y la convergencia a la solución. Partiendo de cualquier punto del intervalo, por ejemplo

x0 = 1 y construyendo

la sucesión xn+1 = g(xn ) se obtienen aproximaciones a la solución, el primero sería √ x1 = g(x0 ) = 1 + sen 1, y así sucesivamente. Se deja como ejercicio comprobar si las funciones

g

propuestas en (iii) y en

(iv) cumplen el teorema del punto jo.

Ejercicio 4.57.

Se considera la ecuación

x + sen x = 3.

(a ) Pruébese que tiene solución en el intervalo (b ) Estúdiese si

g(x) = 3 − sen x

[1, 3].

cumple el teorema del punto jo en ese

intervalo. (c ) En caso armativo, obténganse los cuatro primeros valores de aproximación de la solución de la ecuación inicial por el método del punto jo a partir del valor inicial

x 0 = 2.

Solución. (a ) La función f (x) = x + sen x − 3 verica el teorema de Bolzano en el R y se tiene que f (1) = 1 + sen 1 − 3 = f (3) = 3 + sen 3 − 3 = 0,1411 > 0, con lo que tiene al menos una

intervalo dado, ya que es continua en todo

−1,1585 < 0

y

solución en el intervalo.

g([1, 3]) ⊂ [1, 3] hay que obtener el máximo y el mínimo absolutos de g en el intervalo. Como g es continua, alcanza su máximo y su mínimo (b ) Para probar que

absoluto en los extremos del intervalo o en un punto crítico.

g (x) = − cos x = 0 ⇔ cos x = 0 ⇔ x =

π ∈ [1, 3]. 2

g(1) = 3−sen 1 = 2,1585, g( π2 ) = 2 y g(3) = 3−sen 3 = 2, 8588 y, por tanto, g(x) ∈ [1, 3], para todo x ∈ [1, 3], luego g : [1, 3] → [1, 3].

La imagen de este único punto crítico y de los extremos del intervalo son:

Además, para todo

x ∈ (1, 3)

resulta

|g (x)| = | − cos x| ≤ | cos 3| ≤ 0,999

con

lo que se verican las condiciones del teorema del punto jo. (c ) Dado el valor inicial

x0 = 2,

los cuatro primeros elementos de la sucesión

231


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos de aproximaciones a la solución por el método del punto jo son:

x1 = g(2) = 3 − sen 2 = 3 − 0,9092 = 2,0908 x2 = g(2,0908) = 3 − sen 2,0908 = 3 − 0,8678 = 2,1322 x3 = g(2,1322) = 3 − sen 2,1322 = 3 − 0,8465 = 2,1535 x4 = g(2,1535) = 3 − sen 2,1535 = 3 − 0,8349 = 2,1650.

3.11.

Polinomio de Taylor

Ejercicio 4.58. Calcúlese la expresión del polinomio

1, p (1)

=

−1, p (1)

Solución. Por ser

x=1

p

y p (1)

=2

p de orden 3 tal que p(1) =

= −12.

un polinomio, el polinomio de Taylor de orden

coincide con el polinomio

p

3

de

p

en

porque el resto de Lagrange es idénticamente

cero (véase 4.76). Por tanto

p (1) p (1) (x − 1)2 + (x − 1)3 2! 3! 2 12 = 1 − (x − 1) + (x − 1)2 − (x − 1)3 2! 3! = 1 − (x − 1) + (x − 1)2 − 2(x − 1)3

p(x) = p(1) + p (1)(x − 1) +

= −2x3 + 7x2 − 9x + 5. Así pues, el polinomio es

p(x) = −2x3 + 7x2 − 9x + 5.

Ejercicio 4.59. Exprésese el polinomio

potencias de

x − 2.

Solución. El polinomio de Taylor de orden

coincide con el polinomio de orden

4

de

p

en

x = 2.

p,

p(x) = x4 + 3x3 − 2x2 + 2x + 4

4 de p de centro cualquier punto a ∈ R

por tanto, hay que calcular el polinomio de Taylor

Se tiene que

p(x) = x4 + 3x3 − 2x2 + 2x + 4 p (x) = 4x3 + 9x2 − 4x + 2 p (x) = 12x2 + 18x − 4 p (x) = 24x + 18 piv (x) = 24

232

en

=⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒

p(2) = 40 p (2) = 62 p (2) = 80 p (2) = 66 piv (2) = 24.


FUNCIONES DE UNA VARIABLE Así pues,

62 80 66 24 (x − 2) + (x − 2)2 + (x − 2)3 + (x − 2)4 1! 2! 3! 4! = 40 + 62(x − 2) + 40(x − 2)2 + 11(x − 2)3 + (x − 2)4 .

p(x) = 40 +

Ejercicio 4.60. Hállese el polinomio de Taylor de orden 2 de√la función f (x) = √ 3

x

en el punto

x = 8,

obténgase un valor aproximado de

3

9

y una cota del

error cometido con dicha aproximación.

Solución. El polinomio de Taylor de orden 2 de f en x = 8 viene dado por f (8) f (8) (x − 8) + (x − 8)2 . 1! 2!

P2 (x) = f (8) + Se tiene que

f (x) =

1 f (8) = − 144

y

P2

3

1 √ 3 2 y x

f (x) = −

9

2 √ 3 5 . Luego x

f (8) = 2, f (8) =

1 12 ,

es

P2 (x) = 2 +

1 1 (x − 8) − (x − 8)2 . 12 288

El polinomio de Taylor de una función en un punto aproxima a la función en las proximidades de ese punto. Por tanto, un valor aproximado de

P2 (9) = 2 +

f (9) =

√ 3

9

es

1 599 1 − = 2,07986. 12 288 288

Según el Teorema de Taylor (véase 4.75 y 4.76) el error cometido al aproximar

f (9)

por

P2 (9), es x = 8:

decir,

f (9) − P2 (9),

viene dado por el resto de Lagrange de

orden 2 en

10 √ 3 27 c8

f (c) (9 − 8)3 = R2 (9) = 3! donde

c ∈ (8, 9).

Como

c > 8,

1 se tiene que √ 3

c8

|R2 (9)| = R2 (9) <

sentan

f

y

P2 .

<

1 √ 3 8 8

5 √ , 3 81 c8 =

1 28

=

0,000241.

En la Figura 4.41 se repre-

Obsérvese que en las proximidades del punto

se ajusta con mucha precisión a

1 256 . Así pues,

5 2,41 · 10−4 , 81 · 256

por lo que el error cometido es menor que

P2

6

=

x=8

el polinomio

f.

233

f (x) =

√ 3

x

2

f (x) = ex cos x f

f

x=8

x= f f

f

x = 0 x=0

f (x) = ex cos x f (x) = ex (cos x − sen x) f (x) = −2ex sen x f (x) = −2ex (sen x + cos x) f iv (x) = −4ex cos x f v (x) = 4ex (sen x − cos x)

f (0) = 1 f (0) = 1 f (0) = 0 f (0) = −2 f iv (0) = −4 f v (0) = −4 f

f (0) 2 f (0) 3 f iv (0) 4 f v (0) 5 x + x + x + x 2! 3! 4! 5! 1 1 1 = 1 + x − x 3 − x4 − x 5 . 3 6 30 f P5 1 x= 4

1 f vi (c) 1 6 = R5 , 4 6! 4

P5 (x) = f (0) + f (0)x +

1 4


FUNCIONES DE UNA VARIABLE con

c ∈ 0, 14 .

Se tiene que

f vi (x) = 4ex (sen x − cos x) + 4ex (cos x + sen x) = 8ex sen x, por tanto,

1 8ec sen c 1 6 ec sen c 1 6 = = . R5 4 6! 4 90 4

0 < c < 14 y la función ex es creciente, Además, 0 < sen c < 1, deduciéndose que

Como

0 < R5

se tiene que

1

e0 = 1 < ec < e 4 .

1 1 ec sen c 1 6 e 4 1 6 = < 3,48 · 10−6 , 4 90 4 90 4

por lo que el error cometido es menor que

0,00000348.

235



Tema 5 FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES

1.


El conjunto 5.1.

Rn

El conjunto Rn . Dado n ∈ N, se dene Rn como el producto R × R × . . . × R,

Rn es el conjunto de elementos de la forma (x1 , x2 , . . . , xn ), donde xi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n.

es decir, para

En

Rn

se denen las operaciones suma + y producto por un escalar · como

sigue. Dados

(x1 , x2 , . . . , xn ), (y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rn

y

λ ∈ R,

(x1 , x2 , . . . , xn ) + (y1 , y2 , . . . , yn ) = (x1 + y1 , x2 + y2 , . . . , xn + yn ), λ · (x1 , x2 , . . . , xn ) = (λx1 , λx2 , . . . , λxn ). Con estas operaciones,

Rn

tiene estructura de espacio vectorial. Si se hace refe-

n rencia a R como espacio vectorial, sus elementos reciben el nombre de vectores. 5.2.

Producto escalar en Rn . El producto escalar de dos vectores x¯ = (x1 , x2 , . . . , xn ),

y¯ = (y1 , y2 , . . . , yn ) ∈ Rn

es el número

x ¯ · y¯ = x1 · y1 + x2 · y2 + . . . + xn · yn . 5.3.

Propiedades del producto escalar.

Sean

x ¯, y¯, z¯

vectores de

Rn

y

λ ∈ R.

El

producto escalar satisface las siguientes propiedades:

1.

(¯ x + y¯) · z¯ = x ¯ · z¯ + y¯ · z¯,

2.

(λ¯ x) · y¯ = λ(¯ x · y¯),

3.

x ¯ · y¯ = y¯ · x ¯,

4.

x ¯·x ¯≥0

5.

x ¯·x ¯ = 0 ⇐⇒ x ¯=¯ 0.

237



Norma de un vector de Rn . La norma o módulo es la función · : Rn → R+

que asigna a cada vector

x ¯ = (x1 , x2 , . . . , xn ) ∈ Rn el valor ( ¯ x = x21 + x22 + . . . + x2n .

Geométricamente, la norma de

5.5.

es la longitud del vector

x ¯.

Vector unitario. Se dice que un vector x¯ es unitario si su módulo es 1, es ¯ x = 1.

decir si

Se verica que si

misma dirección que

5.6.

x ¯

x ¯ = ¯0,

entonces

x ¯.

x ¯ ¯ x es un vector unitario de la

Propiedades de la norma. Sean x¯, y¯ dos vectores de Rn y λ ∈ R. La norma

satisface las siguientes propiedades:

1.

¯ x ≥ 0,

2.

¯ x = 0 ⇐⇒ x ¯=¯ 0,

3.

λ¯ x = |λ|¯ x,

4.

¯ x + y¯ ≤ ¯ x + ¯ y

5.7.

(desigualdad triangular).

Distancia entre dos puntos de Rn . Se dene la distancia entre dos puntos

x ¯, y¯ ∈ Rn

como la longitud del vector

d(¯ x, y¯) := ¯ y−x ¯ =

5.8.

'

y¯ − x ¯,

(y1 − x1 )2 + (y2 − x2 )2 + . . . + (yn − xn )2 .

Ángulo entre dos vectores de Rn . El coseno del ángulo α entre dos vectores

x ¯, y¯ ∈ Rn

no nulos viene denido por

cos α =

5.9.

es decir,

x ¯ · y¯ . ¯ x¯ y

Coordenadas polares. Dado un punto en coordenadas cartesianas (x, y) ∈ R2 ,

ρ del (x, y) al origen de coordenadas, es decir, si es conocido el valor (x, y), y el ángulo θ ∈ [0, 2π) que forma el vector (x, y) con el semieje X positivo. El par (ρ, θ) son las coordenadas polares de (x, y). Se verica que:

éste también queda unívocamente determinado si se conoce la distancia punto

(a) Si

(x, y) son las coordenadas cartesianas de un punto en R2 , sus coordenadas

polares se determinan según las ecuaciones siguientes:

ρ=

238

' x2 + y 2 = (x, y),

tan θ =

y . x


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Así pues, dependiendo del cuadrante en el que se encuentre el punto el ángulo

θ

⎧ arctan xy ⎪ ⎪ y ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ arctan x + π arctan xy + 2π θ= ⎪ ⎪ π ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎩ 3π

si si si si si

2

(b) Si

(ρ, θ)

(x, y),

es

(x, y) pertenece (x, y) pertenece (x, y) pertenece x = 0, y > 0 x = 0, y < 0.

al primer cuadrante al segundo o tercer cuadrante al cuarto cuadrante

son las coordenadas polares de un punto en

R2 ,

entonces sus coor-

denadas cartesianas vienen dadas por

x = ρ cos θ, (c)

Semirrecta. θ ∈ [0, 2π)

s de punto inicial (a, b), que forma un X positivo tiene ecuaciones paramétricas

La semirrecta

con el semieje

Es decir, por cada valor de Por ejemplo, si

ρ=0

y radio

r>0

ángulo

x = a + ρ cos θ , ρ ≥ 0. y = b + ρ sen θ

ρ mayor o igual que cero se obtiene un punto (x, y) ∈ s. (a, b), que es el punto inicial de s.

resulta el punto

5.10. Bola abierta y bola cerrada. x ¯ ∈ Rn

y = ρ sen θ.

La bola abierta y la bola cerrada de centro

son, respectivamente, los conjuntos

◦

x, r) = {¯ y ∈ Rn : d(¯ x, y¯) < r}, B (¯ B(¯ x, r) = {¯ y ∈ Rn : d(¯ x, y¯) ≤ r}. En particular, en

x ¯

y radio

r

R2 ,

la bola abierta de centro

x ¯

y radio

r

es el círculo de centro

sin su circunferencia, y la bola cerrada es el círculo incluyendo la

circunferencia.

5.11. Interior y frontera de un conjunto. Sea S ⊂ Rn (a) Se dice que un punto abierta de centro

S

se denomina

x ¯0

x ¯0 ∈ S

es un

contenida en

interior

de

S

S.

un conjunto no vacío.

punto interior

de

S

si existe una bola

El conjunto de los puntos interiores de

y se denota por

int S . Se cumple que int S ⊂ S .

239


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos x ¯0 ∈ Rn

(b) Se dice que centro

x ¯0

conjunto de los puntos denota por

fr S .

x ¯ 0 ∈ Rn

(c) Un punto

es un

S.

un punto frontera de

adherencia (d) Un punto de

x ¯0

de

S

x ¯ 0 ∈ Rn S

S

adh S .

acumulación

es de

x ¯0

de

S

si es un punto interior o

S se llama adh S = int S ∪ fr S .

El conjunto de puntos adherentes de Se tiene que

de

S

si existen puntos

x ¯∈S

distintos

como se quiera. El conjunto de puntos de acumu-

se denota por

Los puntos de

punto adherente

y se denota por

tan próximos a

lación de

punto frontera de S si cualquier bola abierta de S y puntos que no pertenecen a S . El frontera de S recibe el nombre de frontera de S y se

es un

contiene a la vez puntos de

S.

Se cumple que

que no son de acumulación

adh S = S ∪ S . se llaman aislados. x ¯ ∈ R2

y radio r > 0 es el x ¯ y radio r sin su circunferencia, y la frontera es la circunferencia de centro x ¯ y radio r. Por otra parte, todos los puntos de la bola cerrada son puntos Por ejemplo, el interior de la bola cerrada de centro

círculo de centro de acumulación.

5.12. Conjunto abierto, cerrado y acotado. (a) Se dice que un conjunto es decir, si

S ⊂ Rn

abierto

si todos sus puntos son interiores,

int S = S .

(b) Se dice que un conjunto es decir, si

es

S ⊂ Rn

es

cerrado

si coincide con su adherencia,

S = adh S .

(c) Un conjunto

S ⊂ Rn

es

acotado

si existe una bola que lo contiene.

Las bolas abiertas son conjuntos abiertos y las bolas cerradas son conjuntos cerrados.

Funciones reales de dos o más variables. Límites 5.13. Función real de n variables. →R f :D⊂ número real f (¯ x).

función

Rn

Dea

D

Rn . Una x ¯ ∈ Rn un

un subconjunto no vacío de

es una aplicación que asigna a cada elemento

En particular, una función real de dos variables es la que asigna a cada elemento

(x, y) ∈ R2

un número real

z = f (x, y).

La representación gráca de

este caso, es una supercie en el espacio tridimensional, que viene dada por

S = {(x, y, z) ∈ R3 : z = f (x, y)}.

240

f,

en



Dominio. Se llama dominio de la función f

5.14.

dom f ,

al conjunto de todos los puntos

decir, que existe

x ¯∈

: Rn → R,

y se denota por

Rn que tienen imagen mediante

de acumulación de

D,

: D ⊂ Rn → R, l ∈ R y x ¯0 ∈ Rn un decir x ¯0 ∈ D . Se dice que f tiene límite l en el l´ım f (¯ x) = l, si para cada ε > 0 existe δ > 0 tal

es

x ¯0 ∈ D ,

y se denota por

x ¯∈D

0 < ¯ x−x ¯0 < δ ,

y

es

f (¯ x).

Límite de una función. Sea f

5.15.

f,

x ¯→¯ x0

entonces

punto punto que si

|f (¯ x) − l| < ε.

Unicidad del límite. Si existe el límite de una función en un punto, es único. 5.17. Propiedades del límite. Sean f, g : D ⊂ Rn → R, x¯0 ∈ D y λ ∈ R. Si 5.16.

existen y son nitos

(a) (b)

(c)

x) l´ım f (¯

x ¯→¯ x0

y

l´ım g(¯ x),

x ¯→¯ x0

entonces

l´ım λf (¯ x) = λ l´ım f (¯ x),

x ¯→¯ x0

x ¯→¯ x0

l´ım (f (¯ x) ± g(¯ x)) = l´ım f (¯ x) ± l´ım g(¯ x),

x ¯→¯ x0

x ¯→¯ x0

x) · g(¯ x)) = l´ım (f (¯

x ¯→¯ x0

(d) Si

g(¯ x) = 0,

x ¯→¯ x0

l´ım f (¯ x) · l´ım g(¯ x) ,

x ¯→¯ x0

para todo

x ¯→¯ x0

x ¯∈D

y

x) = 0, l´ım g(¯

entonces

x ¯→¯ x0

x) l´ım f (¯ f (¯ x) x ¯→¯ x0 = . l´ım x ¯→¯ x0 g(¯ x) l´ım g(¯ x) x ¯→¯ x0

Los tres puntos siguientes se enuncian para

R2

con el n de simplicar la

notación.

5.18.

Límites reiterados. Sean f

reiterados de

f

(x0 , y0 ) son

l´ım f (x, y) l´ım

en

y

(x0 , y0 ) ∈ D .

Los límites

en

x→x0

5.19.

: D ⊂ R2 → R

y→y0

y

l´ım

y→y0

l´ım f (x, y) .

x→x0

Límites a través de curvas. Sea f : D ⊂ R2 → R y (x0 , y0 ) ∈ D . El límite

(x0 , y0 )

a través de una curva

y = g(x)

tal que

y0 = g(x0 )

es

l´ım f (x, y) = l´ım f (x, g(x)).

x→x0 y=g(x)

x→x0

241


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos De forma análoga, el límite en

x0 = h(y0 ),

(x0 , y0 )

a través de una curva

x = h(y),

con

viene dado por

l´ım f (x, y) = l´ım f (h(y), y).

y→y x=h(y)

5.20.

Condición necesaria para la existencia de límite.

(x0 , y0 ) ∈ D .

y

y→y0

Si

l´ım

(x,y)→(x0 ,y0 )

f (x, y) = l ∈ R,

Sea

f : D ⊂ R2 → R

entonces los límites reiterados

existen y son ambos iguales a l . Igualmente, el límite a través de cualquier curva que pase por

(x0 , y0 )

existe y es igual a l .

De este resultado se deduce que si alguno de los límites reiterados no existe,

(x0 , y0 ). Del mismo modo, si los límites en (x0 , y0 ) a través de dos curvas que pasan por (x0 , y0 ) son diferentes, tampoco existe el límite de f en (x0 , y0 ).

o existen ambos y son distintos, entonces no existe el límite de

5.21.

en

Propiedad del emparedado. Sean f, g, h : D ⊂ Rn → R, x¯0 ∈ D tales que g(¯ x) ≤ f (¯ x) ≤ h(¯ x),

Si

f

x) = l´ım h(¯ x) = l ∈ R, l´ım g(¯

x ¯→¯ x0

x ¯→¯ x0

para todo

x ¯ ∈ D.

entonces

x) = l. l´ım f (¯

x ¯→¯ x0

El siguiente resultado es consecuencia de la propiedad del emparedado.

5.22.

Teorema. Sean f, g : D ⊂ Rn → R y x¯0 ∈ D .

(a) Si (b) Si

x) = 0 l´ım g(¯

x ¯→¯ x0

y

x) = 0 l´ım f (¯

x ¯→¯ x0

|f (¯ x)| ≤ g(¯ x),

para todo

y existe una bola

B

x ¯ ∈ D,

de centro

entonces

x ¯0

tal que

l´ım f (¯ x) = 0.

x ¯→¯ x0

g

está acotada

D∩B , es decir, existe M > 0 tal que |g(¯ x)| ≤ M , para todo x ¯ ∈ D∩B , x)g(¯ x)) = 0. entonces l´ ım (f (¯

sobre

x ¯→¯ x0

El teorema siguiente es muy utilizado para demostrar la existencia de límite de una función real denida en

5.23.

Teorema. Sean f

R2

haciendo un cambio a coordenadas polares.

: D ⊂ R2 → R

y

(x0 , y0 ) ∈ D .

Considérese el cambio a

coordenadas polares

x = x0 + ρ cos θ, 242

y = y0 + ρ sen θ,


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES con

ρ≥0

y

θ ∈ [0, 2π),

y sea

F (ρ, θ) = f (x0 + ρ cos θ, y0 + ρ sen θ). (a) Si

l´ım F (ρ, θ)

ρ→0

(b) Si existen

depende de

l∈R

θ,

entonces no existe el límite de

y una función

h(ρ)

|F (ρ, θ) − l| ≤ h(ρ), entonces

l´ım

(x,y)→(x0 ,y0 )

tales que

l´ım h(ρ) = 0

ρ→0

para todo

θ

f

en

(x0 , y0 ).

y

del dominio,

f (x, y) = l.

Funciones continuas 5.24. Continuidad en un punto. Una función f : D ⊂ Rn → R es continua en un punto

x ¯0 ∈ D

si

l´ım f (¯ x) = f (¯ x0 ).

x ¯→¯ x0

f x ¯0

x0 .

Siempre que se hable de

En caso contrario se dice que

es discontinua en

continuidad, se supondrá que

es un punto interior de

5.25.

f : D ⊂ Rn → R cada punto x ¯0 ∈ A.

Se dice que una función

A ⊂ D,

si

f

es continua en

D.

es continua en un conjunto

En los dos resultados siguientes se describen propiedades de las funciones continuas en un punto.

5.26. Propiedades de las funciones continuas. Sean f, g : D ⊂ Rn → R. Si f son continuas en para todo

5.27. en

x ¯ ∈ D,

x ¯0 ∈ D ,

entonces

entonces

f ±g

y

f ·g

son continuas en

f g también es continua en

x ¯0 .

Si

x ¯0 .

f : D ⊂ Rn → R y g : I ⊂ R → R tal que f (D) ⊂ I . Si f es x0 ), entonces g ◦ f es continua en x ¯0 . x ¯0 ∈ D y g es continua en f (¯

5.28.

g g(¯ x) = 0 y

Sean

continua

i = 1, 2, . . . , n, hi : R → R es continua en Ii ⊂ R, entonces las f (x1 , x2 , . . . , xn ) = h1 (x1 ) + h2 (x2 ) + . . . + hn (xn ) y g(x1 , x2 , . . . , xn ) = h1 (x1 ) · h2 (x2 ) · . . . · hn (xn ) son continuas en I1 × I2 × · · · × In ⊂ Rn . Si para cada

funciones

Rn . Una función axi11 xi22 . . . xinn , con a ∈ R,

En particular, las funciones polinómicas son continuas en es polinómica si es suma de expresiones de la forma

i1 , i2 , . . . , in ∈ N.

243



Derivada según un vector. Funciones diferenciables En lo que sigue se supone que

D ⊂ Rn

es un conjunto abierto, mientras no se

especique lo contrario.

5.29. Derivada según un vector.

n de R . La derivada de

f

en

x ¯0

Sea

según

f : D → R, x ¯0 ∈ D y v¯ el vector v ¯ es el límite

un vector no nulo

f (¯ x0 + h¯ v ) − f (¯ x0 ) , h→0 h

x0 ) := l´ım Dv¯ f (¯ siempre que éste exista. Si el vector

v¯

es unitario, es decir,

el nombre de derivada direccional de

¯ v = 1, f en x ¯0

entonces el límite anterior recibe siguiendo la dirección de

interpreta como la razón de cambio instantánea de la función desplazamiento desde

x ¯0

en la dirección de

en

x ¯0 ,

Rn

y se denotan por

v¯

y se

al producirse un

v¯.

En particular, las derivadas direccionales de de la base canónica de

f

f

en

x ¯0 con respecto a los vectores derivadas parciales de f

se conocen con el nombre de

∂f x0 ) , ∂xi (¯

i = 1, 2, . . . , n,

es decir,

∂f (¯ x0 ) := De¯i f (¯ x0 ), i = 1, 2, . . . , n, ∂xi siendo

5.30.

{¯ ei }1≤i≤n Sea

punto de

la base canónica de

f : D → R y supóngase que existen las derivadas parciales de f ∂f D. La función ∂x : D → R, que asigna a cada punto x ¯∈D i

∂f x), se denomina ∂xi (¯

5.31. Gradiente.

de

f

en

Rn . También se denota Dxi f (¯ x0 ) y Di f (¯ x0 ) .

x ¯0 .

Sea

f :D→R

y

x ¯0 ∈ D

∂f ∂f ∂f (¯ x0 ), (¯ x0 ), . . . , (¯ x0 ) , ∂x1 ∂x2 ∂xn

recibe el nombre de gradiente de

f

en

x ¯0 .

5.32. Función diferenciable. Diferencial. si

Una función

f :D→R

¯ − f (¯ ¯ f (¯ x0 + h) x0 ) − ∇f (¯ x0 ) · h = 0. ¯ ¯ ¯ h h→ 0 l´ım

244

tal que existen las derivadas parciales

El vector

∇f (¯ x0 ) :=

x ¯0 ∈ D

el valor

función derivada parcial con respecto a xi , i = 1, 2, . . . , n.

en

en cada

es diferenciable


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES f sea diferenciable Df (¯ x0 ) : Rn → R

En caso de que

aplicación lineal

en

x ¯0 ,

se denomina diferencial de

f

x ¯0

en

a la

denida como

x0 ) · (x1 , x2 , . . . , xn ), Df (¯ x0 )(x1 , x2 , . . . , xn ) = ∇f (¯ es decir,

5.33.

Df (¯ x0 )

∇f (¯ x0 ).

es la aplicación lineal que tiene como matriz asociada a


f : D → R es x ¯0 ∈ A.

diferenciable en un conjunto

A ⊂ D,

si es diferenciable en cada punto

5.34. Propiedades de las funciones diferenciables. ciables en

g(¯ x0 ) = 0, Si

f

y

x ¯0 ∈ D ,

entonces

g

entonces

f ±g

y

f · g son x ¯0 .

f g es diferenciable en

f, g : D → R son diferenciables en x ¯0 . Si Si

diferenademás

son las funciones denidas en el punto 5.28 y las funciones

diferenciables (derivables) en

Ii , entonces las funciones f

y

g

hi

son

son diferenciables en

I1 × I2 × · · · × In ⊂ Rn . En particular, las funciones polinómicas son diferenciables n en R .

5.35. Interpretación geométrica de la diferencial. Plano tangente. abierto y

f

f :D→R

una función diferenciable en

(x0 , y0 )

es diferenciable en

(x0 , y0 ) ∈ D.

punto, lo que signica que la supercie determinada por

f

en

D ⊂ R2

Intuitivamente,

si varía de forma suave en las proximidades de este

linealmente por el plano tangente a El plano tangente a

Sea

f

(x0 , y0 )

en

(x0 , y0 )

f

se puede aproximar

en un entorno de este punto.

tiene ecuación

z = f (x0 , y0 ) + ∇f (x0 , y0 ) · (x − x0 , y − y0 ) = f (x0 , y0 ) + Df (x0 , y0 )(x − x0 , y − y0 ).

5.36. Teorema. Si f : D → R es diferenciable en x¯0 ∈ D, entonces es continua en x ¯0 .

5.37. Teorema.

Si

f :D →R f en x ¯0 .

es diferenciable en

x ¯0 ∈ D ,

entonces existen las

derivadas parciales de

5.38. Condición suciente de diferenciabilidad.

Sean

f : D → R y x ¯0 ∈ D. Si f en una bola abierta de

existen y son continuas todas las derivadas parciales de centro

x ¯0 ,

entonces

5.39. Teorema. existe

x0 ) Dv¯ f (¯

f

Sean

es diferenciable en

f :D→R

y

x ¯0 .

x ¯0 ∈ D. Si f es v¯ ∈ Rn y

diferenciable en

x ¯0 ,

entonces

para todo vector no nulo

x0 ) = Df (¯ x0 )(v) = ∇f (¯ x0 ) · v¯. Dv¯ f (¯

245


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos 5.40. f

Direcciones de máxima y mínima variación. Sean f : D → R y x¯0 ∈ D. Si

es diferenciable en

la función

∇f (¯ x0 )

f

x ¯0 ,

y el gradiente de

f

en

x ¯0

no es el vector cero, entonces

tiene variación máxima desde el punto

x ¯0

en la dirección del vector

−∇f (¯ x0 ). Es decir, f en x ¯0 es máxima en la dirección del vector unitario ∇f (¯ x0 ), y la derivada direccional de f en x ¯0 es mínima en

y varía de forma mínima en la dirección del vector

la derivada direccional de

v¯ =

∇f (¯ x0 ) ∇f (¯ x0 ) y vale

la dirección del vector unitario

∇f (¯ x0 ) v¯ = − ∇f (¯ x0 ) ,

y toma el valor

−∇f (¯ x0 ).

5.41.

Regla de la cadena.

5.42.

Derivadas segundas. Sea f : D → R. Supóngase que existen las derivadas

f : D ⊂ Rn → R, E ⊂ Rp un abierto, g = (g1 , g2 , . . . , gn ) : E → g(E) ⊂ D y x ¯0 ∈ E . Si gi es diferenciable en x ¯0 , x0 ), g2 (¯ x0 ), . . . , para i = 1, 2, . . . , n y f es diferenciable en el punto g(¯ x0 ) = (g1 (¯ x0 )), entonces f ◦ g es diferenciable en x0 y gn (¯ ⎛ ⎞ x0 ) ∇g1 (¯ ⎜ ∇g2 (¯ x0 ) ⎟ ⎜ ⎟ ∇(f ◦ g)(¯ x0 ) = ∇f (g(¯ x0 )) · ⎜ ⎟ . . ⎝ ⎠ . ∇gn (¯ x0 ) Sean

Rn , con

parciales de

f

la derivada parcial como

∂f x) = ∂x (¯ x), i = 1, 2, . . . , n. Se dene D y sea ϕi (¯ i segunda de f con respecto a la variable xi , i = 1, 2, . . . , n,

∂f ∂2f ∂ϕi ∂ (¯ x). (¯ x ) := (¯ x ) = ∂xi ∂xi ∂xi ∂x2i

en cada punto de

f primero con respecto a la xj , i, j ∈ {1, 2, . . . , n} viene dada

De modo análogo, la derivada parcial segunda de variable por

5.43.

xi

y después con respecto a la variable

∂2f ∂ϕi ∂ (¯ x) := (¯ x) = ∂xj ∂xi ∂xj ∂xj

(¯ x).

:D→Ryx ¯0 ∈ D. Supóngase que existen todas segundas de f en x ¯0 . Se dene la matriz Hessiana de f en

como

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ Hf (¯ x0 ) := ⎜ ⎜ ⎝

246

∂f ∂xi

Matriz Hessiana. Sea f

las derivadas parciales

x ¯0

∂2f (¯ x0 ) ∂x21 2 ∂ f x0 ) ∂x2 ∂x1 (¯

∂2f x0 ) ∂x1 ∂x2 (¯

...

∂2f x0 ) ∂x1 ∂xn (¯

...

∂2f x0 ) ∂x2 ∂xn (¯

. . .

∂2f (¯ x0 ) ∂x22 . . .

∂2f x0 ) ∂xn ∂x2 (¯

. . .

. . .

...

∂2f x0 ) ∂xn ∂x1 (¯

∂2f (¯ x0 ) ∂x2n

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠



5.44.

Teorema de Schwarz. Sea f

:D →R

parciales

∂f , ∂xi en una bola abierta de centro existe

∂2f ∂xj ∂xi y se tiene que

x ¯0

∂f , ∂xj

y

x ¯0 ∈ D .

Si existen las derivadas

∂2f ∂xi ∂xj

y la última es continua en

x ¯0 ,

entonces también

∂2f ∂2f = . ∂xj ∂xi ∂xi ∂xj Así pues, si se cumplen las condiciones del Teorema de Schwarz, la matriz Hessiana es simétrica.

5.45.

Extremos relativos. Sea f : D → R y x¯0 ∈ D.

(a) Se dice que

f tiene un máximo relativo (o máximo local) en x ¯0 si existe una x0 ) ≥ f (¯ x), para todo B de centro x ¯0 contenida en D tal que f (¯

bola abierta

x ¯ ∈ B. (b) Se dice que

f tiene un mínimo relativo (o mínimo local) en x ¯0 si existe una x0 ) ≤ f (¯ x), para todo B de centro x ¯0 contenida en D tal que f (¯

bola abierta

x ¯ ∈ B.

Si las desigualdades en

(a)

y

(b)

son estrictas para

x ¯ = x ¯0 ,

máximo (respectivamente, un mínimo) relativo estricto en Se dice que la función

f

tiene un extremo relativo en

se dice que

f

tiene un

x ¯0 .

x ¯0


un mínimo relativo en ese punto.

5.46.

Punto crítico. Sea x¯0 ∈ D y f : D → R una función diferenciable en x¯0 . Se

dice que

5.47.

x ¯0


si

∇f (¯ x0 ) = 0.

Condición necesaria de extremo relativo. Sean f : D → R y x¯0 ∈ D. Si f es

diferenciable en (es decir,

5.48.

f

x ¯0

Sean

x ¯0 y tiene un extremo relativo en este punto, entonces ∇f (¯ x0 ) = 0 f ).


f :D →R

y

x ¯0 ∈ D .

Se dice que

x ¯0

es un

punto de silla

si es un

punto crítico pero no es un extremo relativo.

5.49.

Condición suciente de extremo relativo. Sea f

:D→R f

tiene todas las derivadas parciales primeras y segundas de

una función que y son continuas

247


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos en

D

y

x ¯0 ∈ D

un punto crítico de

f.

denota el elemento perteneciente a la la

k ∈ {1, 2, . . . , n}

Denótese Hf (¯ x0 )

i

j

y columna

= (hi,j )1≤i,j≤n (hi,j

de Hf (¯ x0 )), y para cada

sea

Δk = |(hi,j )1≤i,j≤k | =

∂2f (¯ x0 ) ∂x21 ∂2f x0 ) ∂x2 x1 (¯

∂2f x0 ) ∂x1 ∂x2 (¯

... ...

. . .

∂2f (¯ x0 ) ∂x22 . . .

∂2f x0 ) ∂xk ∂x2 (¯

...

∂2f x0 ) ∂xk ∂x1 (¯

(Δk es el determinante de la submatriz

k×k

. . .

∂2f x0 ) ∂x2 ∂xk (¯ . . . 2 ∂ f (¯ x ) 0 2 ∂x ∂2f x0 ) ∂x1 ∂xk (¯

formada por las

k

k

primeras las y

columnas de Hf (¯ x0 )).

(a) Si

Δk > 0

estricto en

para cada

k = 1, 2, . . . , n,

entonces

f

tiene un mínimo relativo

x ¯0 .

(−1)k Δk > 0 para cada k = 1, 2, . . . , n (es decir, si Δ1 < 0, Δ2 > 0, Δ3 < 0,. . . ), entonces f tiene un máximo relativo estricto en x ¯0 .

(b) Si

5.50.

Condición suciente de extremo relativo en R2 . Sea D ⊂ R2 un conjunto

abierto,

f :D→R

una función que tiene todas las derivadas parciales primeras

y segundas y son continuas en

D

y

(x0 , y0 ) ∈ D

∂2f (x0 , y0 ) > 0 y |Hf (x0 , y0 )| ∂x2 estricto en (x0 , y0 ).

(a) Si

∂2f (x0 , y0 ) < 0 y |Hf (x0 , y0 )| ∂x2 estricto en (x0 , y0 ).

(b) Si

(c) Si |Hf (x0 , y0 )|

< 0,

entonces

f

un punto crítico de

f.

> 0,

entonces

f

tiene un mínimo relativo

> 0,

entonces

f

tiene un máximo relativo

tiene un punto de silla en

(x0 , y0 ).

∂2f (x0 , y0 ) = 0 o |Hf (x0 , y0 )| = 0, el criterio no permite decidir, esto es, el ∂x2 punto (x0 , y0 ) puede ser de cualquier tipo.

Si

5.51. Sea

Extremos absolutos. Sea D ⊂ Rn

f : D ⊂ Rn → R

(a) Se dice que

x ¯ ∈ D.

248

f

y

un conjunto no necesariamente abierto.

x ¯0 ∈ D .

alcanza un máximo absoluto en

x ¯0

si

f (¯ x0 ) ≥ f (¯ x), para todo


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES (b) Se dice que

f

alcanza un mínimo absoluto en

x ¯ ∈ D. f


x ¯0

si

tiene un extremo absoluto en

f (¯ x0 ) ≤ f (¯ x),

x ¯0

para todo


un mínimo absoluto en ese punto.

5.52. f :

Teorema de Weierstrass. Sea D

Rn

→ R

extremos relativos de

5.53.

un conjunto cerrado y acotado. Si

f alcanza el mínimo y el D. Dichos extremos absolutos se alcanzan o bien en los f pertenecientes a int D (si existen), o bien en fr D.

es una función continua

máximo absolutos en

⊂ Rn en D ,

entonces

Extremos con restricciones de igualdad. Función Lagrangiana. Sean D ⊂ Rn

un conjunto abierto,

f :D→R

y

S⊂D

el conjunto denido como

x) = 0, g2 (¯ x) = 0, . . . , gm (¯ x) = 0}, S = {¯ x ∈ D : g1 (¯ donde

S,

g1 , g2 , . . . , gm : D → R.

Los extremos relativos de

es decir, los extremos relativos de

f|S ,

f


reciben el nombre de extremos sujetos

a las restricciones de igualdad o condiciones de ligadura

x) = 0, g2 (¯ x) = 0, . . . , gm (¯ x) = 0. g1 (¯ Dado

¯ = (λ1 , λ2 , . . . , λm ) ∈ Rm , λ

la función

L:D→R

denida como

x) = f (¯ x) + λ1 g1 (¯ x) + λ2 g2 (¯ x) + . . . λm gm (¯ x) Lλ¯ (¯ se denomina función Lagrangiana.

5.54.

Teorema de los multiplicadores de Lagrange.

D ⊂ Rn un conjunto ¯0 ∈ S es un abierto y f, g1 , g2 , . . . , gm : D → R funciones diferenciables en D . Si x x) = 0, g2 (¯ x) = 0, . . . , gm (¯ x) = 0 extremo relativo de f sujeto a las restricciones g1 (¯ y el rango de la matriz

es

m,

entonces existe

Sean

⎛

⎞ x0 ) ∇g1 (¯ ⎜ ∇g2 (¯ x0 ) ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ . . ⎝ ⎠ . ∇gm (¯ x0 )

¯ = (λ1 , λ2 , . . . , λm ) ∈ Rm λ

tal que

x0 ) = 0. ∇Lλ¯ (¯ A los valores

λ1 , λ2 , . . . , λm ,

se les denomina multiplicadores de Lagrange.

249



Condición suciente de extremo con restricciones de igualdad. Con las mis-

mas hipótesis del teorema anterior, si

φ(h1 , h2 , . . . , hn ) :=

n ∂ 2 Lλ¯ (¯ x0 )hi hj < 0 ∂xi xj

(respectivamente,

> 0)

i,j=1 para cada

entonces

(h1 , h2 , . . . , hn ) ∈ Rn \{0} que satisface el sistema ⎧ ∇g1 (¯ x) · (h1 , h2 , . . . , hn ) = 0 ⎪ ⎪ ⎨ x) · (h1 , h2 , . . . , hn ) = 0 ∇g2 (¯ ⎪ ........................... ⎪ ⎩ x) · (h1 , h2 , . . . , hn ) = 0, ∇gm (¯

f

tiene un máximo (respectivamente, un mínimo) relativo en

a las condiciones de ligadura dadas por

x ¯0 ,

sujeto

g 1 , g2 , . . . , g m .

2. EJERCICIOS RESUELTOS 2.1. El conjunto Rn

Ejercicio 5.1.

Calcúlense las coordenadas polares de los puntos expresados

en coordenadas cartesianas como

√ P4 = (2 3, −2).

Solución.

√ P1 = (2, 2), P2 = 0, 52 , P3 = (−1, − 3)

Las coordenadas polares

(ρ, θ)

de

P1

y

se obtienen del siguiente modo

(véase 5.9(a)): El módulo

y el ángulo

θ1

ρ1

(2, 2) es ' √ ρ1 = 22 + 22 = 2 2,

del vector

se determina a través de la igualdad

tg θ1 = arctan 1 = π que θ1 = 4,

Se tiene que se deduce

√ π 2 2, 4 . 250

2 = 1. 2

π 4 , y puesto que P1 se encuentra en el primer cuadrante, por lo que P1 se expresa en coordenadas polares como


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Con respecto a

5 θπ2= 2, 2 .

un ángulo de de

P2

son

P2 ,

el módulo del vector

π 2 con el semieje

El módulo del vector

Para calcular

θ3 ,

X

0, 52

es

ρ2 =

5 2 y es claro que forma

positivo. Así pues, las coordenadas polares

√ (−1, − 3) vale ( √ ρ3 = (−1)2 + (− 3)2 = 2.

obsérvese que

√ − 3 √ tg θ3 = = 3 −1

√ arctan 3 = π3 . Como P3 se encuentra 4π en el tercer cuadrante, se deduce que π 4π θ3 = 3 + π = 3 . Por tanto, P3 = 2, 3 en coordenadas polares. ( √ √ Por último, el módulo del vector (2 3, −2) es ρ4 = (2 3)2 + (−2)2 = 4 y % √ & √ 2 = − 33 . Se tiene que arctan − 33 = − π6 , luego θ4 = − π6 + 2π = tan θ4 = − 2√ 3 11π 11π 6 , por lo que el punto P4 tiene coordenadas polares 4, 6 . y

En la Figura 5.1 se representan los cuatro puntos indicando sus coordenadas polares.

Figura 5.1. Coordenadas cartesianas y polares.

Ejercicio 5.2.

Determínense las coordenadas cartesianas de los puntos expre-

sados en coordenadas polares como

P1 = 2, π4

y

P2 = 4, 3π 4 .

251



Solución. Teniendo en cuenta 5.9(b), las coordenadas cartesianas de P1 son:

Luego

√ 2 √ π = 2, x = 2 · cos = 2 · 4 2 √ √ P1 = ( 2, 2) en coordenadas

Las coordenadas cartesianas de

3π =4· x = 4 · cos 4 Así pues,

√

Ejercicio 5.3.

cartesianas.

P2

vienen dadas por:

√ √ 2 3π y = 4 · sen =4· = 2 2. 4 2

√

2 − 2

√ √ P2 = (−2 2, 2 2)

√ 2 √ π = 2. y = 2 · sen = 2 · 4 2

= −2 2,

en coordenadas cartesianas.

Considérense los puntos

P

v¯

y vectores

de

R2

P1 = (1, 2),

P2 = (3, 1),

P3 = (0, −1),

v¯1 = (1, 2),

v¯2 = (3, 1),

v¯3 = (−4, 2).

siguientes:

Indíquense la o las armaciones correctas: (a ) El ángulo que forman los vectores

v¯1

v¯2

y

(b ) La distancia (euclídea) entre los puntos (c ) Los vectores

v¯1

(d ) El punto

tiene coordenadas polares

Solución.

•

P3

y

El ángulo

v¯3

α

α=

es

P1

P2

y

π 3.

es

√

3.

son ortogonales o perpendiculares.

(ρ, θ) = −1, π2 .

que forman los vectores

v¯1

y

v¯2

se determina a través

de la fórmula dada en 5.8:

v¯1 · v¯2 . ¯ v1 ¯ v2 √ √ √ Se tiene que v ¯1 · v¯2 = 1 · 3 + 2 · 1 = 5, ¯ v2√ = 32 + 12 = v1 √= 12 + 22 = 5 y ¯ & % √ 5 10. Por consiguiente, cos α = √5√ = 22 , luego α = arc cos 22 = π4 , siendo 10 cos α =

la opción (a ) incorrecta.

•

La distancia euclídea entre los puntos

d((1, 2), (3, 1)) =

'

P1

P2

viene dada por (véase 5.7)

(3 − 1)2 + (1 − 2)2 =

por lo que la opción (b ) también es incorrecta.

252

y

√ 5,


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES •

Se tiene que

v¯1 · v¯3 = 1 · (−4) + 2 · 2 = 0,

(es decir, forman un ángulo de

•

por tanto, v ¯1 y v¯3 son ortogonales π ) y la armación (c ) es correcta. 2

Por último, la opción (d ) es incorrecta, pues el módulo

o igual que 0. Las coordenadas polares

ρ=

(ρ, θ)

P3

de

' √ 02 + (−1)2 = 1 = 1,

ρ

siempre es mayor

son (véase 5.9(a))

θ=

3π . 2

Véase la Figura 5.2.

Figura 5.2

Ejercicio 5.4. Hállense las ecuaciones implícitas de la semirrecta de R2 que comienza en el punto

(a, b) y forma un ángulo de θ

radianes con la recta horizontal

y = b.

Solución. Sea s la semirrecta en cuestión. Las ecuaciones paramétricas de s son (véase 5.9(c))

con

ρ ≥ 0. •

x = a + ρ cos θ y = b + ρ sen θ

De las ecuaciones paramétricas de

s

se deduce lo siguiente:

θ = π2 , entonces s es la semirrecta vertical x = a con y ≥ b, y = b + ρ sen π2 = b + ρ y ρ toma valores mayores o iguales que 0. Si

ya que

253


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos •

θ = 3π 2 , entonces s es la semirrecta vertical x = a con y ≤ b, y = b + ρ sen 3π 2 = b − ρ y ρ toma valores mayores o iguales que 0.

•

Si

Si

θ = π2 , 3π 2 ,

ya que

entonces se deduce que

y−b ρ sen θ sen θ = = = tan θ, x−a ρ cos θ cos θ y = tan θ(x − a) + b. cos θ > 0 y

o equivalentemente,

3π 2

, 2π

#

, entonces

Por otra parte, si

" θ ∈ 0, π2 ∪

x = a + ρ cos θ ≥ a + 0 =⇒ x ≥ a; y si

θ∈

π

3π 2 , 2 , se tiene que

cos θ < 0

y

x = a + ρ cos θ ≤ a + 0 =⇒ x ≤ a. Por consiguiente,

2

s = {(x, y) ∈ R : y = tan θ(x − a) + b, x ≥ a},

si

s = {(x, y) ∈ R2 : y = tan θ(x − a) + b, x ≤ a},

si

Por ejemplo, si

(a, b) = (1, 2)

y

θ =

3π π& ∪ , 2π , θ ∈ 0, 2 2

π 3π , . θ∈ 2 2 -

π 4 , entonces la semirrecta viene dada

por

) * %π & s = (x, y) ∈ R2 : y = tan (x − 1) + 2, x ≥ 1 4 2 = {(x, y) ∈ R : y = x + 1, x ≥ 1}. Dicha semirrecta se representa en la Figura 5.3.

Ejercicio 5.5. Determínense el interior, la frontera y la adherencia del conjunto S ⊂ R2

denido como

S = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 4, x2 + y 2 > 1}.

Solución. El conjunto S de centro éstas en

es la corona circular delimitada por la circunferencia

(0, 0) y radio 1 y la S . En la Figura 5.4

de centro

(0, 0)

y radio

2,

pero sin estar incluidas

se representa el conjunto. Considérese un punto

perteneciente a cualquiera de las dos circunferencias. Es fácil ver que cualquier bola de centro ese punto contiene puntos que pertenecen a

254

S

y puntos que no

S

S

fr S = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 4} ∪ {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 1}. (x0 , y0 )

S

S

(x0 , y0 ) (x0 , y0 ) (x0 , y0 ) ∈ S r1 := 2−ρ r2 := 2 r1

ρ−1 2 ◦

S ρ := 1 < ρ2 < 4 r := m´ın{r1 , r2 }

S ' x20 + y02

ρ2 = x20 + y02 1 < ρ < 2 r

B ((x0 , y0 ), r) ⊂ S

r2 S

S = int S

S adh S = int S ∪ fr S = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 4, x2 + y 2 ≥ 1}.

T ⊂ R2 √ T = {(x, y) ∈ R2 : y = x2 , x ≥ 0, y ≤ 2} ∪ {( 2, 3)}. T (x0 , y0 ) ∈ T T

T

(x0 , y0 ) int T = ∅

S

T T

T

T

fr T = T adh T = int T ∪ fr T = fr T = T, √ T ( 2, 3) T T

◦ √ B ( 2, 3), 12

T = {(x, y) ∈ R2 : y = x2 , x ≥ 0, y ≤ 2}.

2.2

(x + 1) cos(πy) ex−y (x,y)→(0,0) l´ım

(x2 − 4)(y − 1) (x,y)→(2,1) (x − 2)(y 2 − 1) l´ım

T

(x + 1) cos(πy) (0 + 1) cos(π · 0) = = 1. x−y e e0−0 (x,y)→(0,0) l´ım

(x2 − 4)(y − 1) (x − 2)(x + 2)(y − 1) = l´ım 2 (x,y)→(2,1) (x − 2)(y − 1) (x,y)→(2,1) (x − 2)(y − 1)(y + 1) x+2 = 2. = l´ım (x,y)→(2,1) y + 1 l´ım

x2 − y 2 (x,y)→(0,0) x2 + y 2 l´ım

x+y (x,y)→(−1,1) x2 − y 2 l´ım

x y

x2 −y 2 x2 +y 2


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos límites reiterados en

(0, 0)

(véase 5.18). Se tiene que

2 0 − y2 x2 − y 2 y l´ım l´ım 2 = l´ım = l´ım − 2 = −1, 2 2 2 y→0 x→0 x + y y→0 0 + y y→0 y

2

2 2 2 2 x −0 x −y x = l´ım = l´ım 2 = 1. l´ım l´ım 2 2 2 2 x→0 y→0 x + y x→0 x + 0 x→0 x Como los límites reiterados en

x2 −y 2 (véase 5.20). x2 +y 2

(0, 0)

no coinciden, no existe el límite en

(0, 0)

de

Se aprovecha este ejercicio para mostrar otras vías alternativas para probar la no existencia del límite de una función en un punto. En efecto, también se puede demostrar que el límite no existe estudiando el límite en recta de ecuación

l´ım

x→0 y=mx

y = mx,

con

m ∈ R.

(0, 0)

a través de cada

Se tiene que

x2 − y 2 x 2 − m2 x 2 x2 (1 − m2 ) 1 − m2 = = l´ ım = l´ ım . x2 + y 2 x→0 x2 + m2 x2 x→0 x2 (1 + m2 ) 1 + m2

Como el límite anterior depende del parámetro se deduce que no existe el límite en

(0, 0)

m,

x2 −y 2 . de 2 x +y 2

de nuevo por el teorema 5.20

Finalmente, también se llega a la misma conclusión haciendo un cambio a coordenadas polares. Sea

x = 0 + ρ cos θ, y = 0 + ρ sen θ Si

y

F (ρ, θ) = f (0 + ρ cos θ, 0 + ρ sen θ).

ρ > 0, F (ρ, θ) =

ρ2 (cos2 θ − sen2 θ) (ρ cos θ)2 − (ρ sen θ)2 = = cos2 θ − sen2 θ (ρ cos θ)2 + (ρ sen θ)2 ρ2

(recuérdese que que

cos2 θ + sen2 θ = 1).

Por tanto, para cada

θ ∈ [0, 2π)

jo se tiene

l´ım F (ρ, θ) = cos2 θ − sen2 θ,

ρ→0

y dado que este límite depende de

θ

se concluye que no existe

l´ım(x,y)→(0,0)

x2 −y 2 x2 +y 2

(véase 5.23). (b ) Se obtiene una indeterminación. En este caso, basta observar que

(x + y)(x − y)

x2 −y 2 =

y el límite resulta ser

x+y x+y 1 1 = l´ım = l´ım =− . 2 2 2 (x,y)→(−1,1) x − y (x,y)→(−1,1) (x + y)(x − y) (x,y)→(−1,1) x − y l´ım

258



Ejercicio 5.9.


(a )

x2 − 2xy , (x,y)→(0,0) y 3 + 2x2

(b )

x sen(πy) . (x,y)→(1,1) (x + 1)(y − 1)

l´ım

y

l´ım

Solución. (a ) De nuevo, resulta una indeterminación. Obsérvese que los límites reiterados en

(0, 0)

son

x2 − 2xy l´ım l´ım 3 y→0 x→0 y + 2x2

0 = l´ım 3 = 0, y→0 y

l´ım

x→0

x2 − 2xy l´ım 3 y→0 y + 2x2

Como los límites reiterados no coinciden, no existe el límite en (b ) La función las funciones de la variable

x sen(πy) (x+1)(y−1) se puede descomponer como producto de sen(πy) x x+1 y h(x, y) = y−1 . Como la función g depende sólo

g(x, y) = x resulta

que

(x,y)→(1,1)

h

(0, 0).

f (x, y) =

l´ım

y dado que

x2 1 = . x→0 2x2 2

= l´ım

g(x, y) = l´ım

x→1

x 1 = , x+1 2

depende únicamente de la variable

l´ım

(x,y)→(1,1)

h(x, y) = l´ım

y→1

y

se tiene que

sen(πy) . y−1

En el cálculo de este último límite se obtiene una indeterminación del tipo

0 0 . Se

satisfacen las condiciones de la regla de L'Hôpital, por lo que

sen(πy) π cos(πy) = l´ım = −π. y→1 y − 1 y→1 1 l´ım

Como existen

l´ım

(x,y)→(1,1)

l´ım(x,y)→(1,1) g(x, y)

y

(g(x, y) · h(x, y)) =

l´ım(x,y)→(1,1) h(x, y),

l´ım g(x, y) ·

(x,y)→(1,1)

entonces existe

l´ım

(x,y)→(1,1)

h(x, y) .

Por tanto,

l´ım

(x,y)→(1,1)

f (x, y) =

l´ım

(x,y)→(1,1)

(g(x, y) · h(x, y)) =

π 1 · (−π) = − . 2 2

259



Ejercicio 5.10.


(a )

(x − 3)(y − 4) , (x − 3)2 + (y − 4)2 (x,y)→(3,4)

(b )

x2 . (x,y)→(0,2) x4 + x2 + (y − 2)2

l´ım

y

l´ım

Solución. (a ) Considérese el cambio a coordenadas polares x = 3 + ρ cos θ, y = 4 + ρ sen θ

(véase 5.23) y sea

F (ρ, θ) = f (3 + ρ cos θ, 4 + ρ sen θ) = =

Por tanto,

(3 + ρ cos θ − 3)(4 + ρ sen θ − 4) (3 + ρ cos θ − 3)2 + (4 + ρ sen θ − 4)2

ρ2 cos θ sen θ = cos θ sen θ. ρ2

l´ımρ→0 F (ρ, θ) = cos θ sen θ, y como f en (3, 4) no

5.23(a) se deduce que el límite de

este límite depende de

puede comprobar con el límite a través de las rectas

por

y − 4 = m(x − 3).

(b ) Considerando el cambio a coordenadas polares

ρ sen θ,

θ,

existe. Este hecho, también se

x = 0 + ρ cos θ, y = 2 +

se tiene que

F (ρ, θ) = f (0 + ρ cos θ, 2 + ρ sen θ) = =

ρ2 cos2 θ ρ4 cos4 θ + ρ2 cos2 θ + ρ2 sen2 θ

cos2 θ . ρ2 cos4 θ + 1

Así pues,

cos2 θ = cos2 θ, ρ→0 ρ2 cos4 θ + 1

l´ım F (ρ, θ) = l´ım

ρ→0

y como el límite anterior depende de en

260

(0, 2)

no existe.

θ,

se concluye por 5.23(a) que el límite de

f



Ejercicio 5.11.

Considérese la función

f (x, y) = donde

f : D ⊂ R2 → R

denida por

x4 , (x2 + y)2

D = R2 \{(x, y) ∈ R2 : x2 + y = 0}.

Indíquese cuál o cuáles de las

siguientes armaciones son ciertas: (a ) Los límites reiterados de (b ) El límite de es

f

en

(0, 0)

f

en

(0, 0)

existen y son iguales a

a través de rectas de ecuación

0.

y = mx,

con

m = 0,

0.

(c ) El límite de

m =

f

en

1 −1, es 1+m 2.

(d ) El límite de

f

en

(0, 0)

(0, 0)

es

a través de curvas de ecuación

y = mx2 ,

con

0.

Solución. Los límites reiterados de f en (0, 0) son

04 x4 0 l´ım l´ım = l´ım = l´ım 2 = l´ım 0 = 0, y→0 x→0 (x2 + y)2 y→0 (02 + y)2 y→0 y y→0

x4 x4 x4 = l´ım = l´ım 4 = 1. l´ım l´ım 2 2 2 2 x→0 y→0 (x + y) x→0 (x + 0) x→0 x

Por tanto, la opción (a ) es incorrecta y puesto que los límites reiterados en son distintos, no existe

(0, 0)

l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) y la opción (d ) es incorrecta también. f en (0, 0) a través de la recta y = mx con m = 0 es

Por otra parte, el límite de

l´ım

x→0 y=mx

x4 x4 x4 x4 = l´ ım = l´ ım = l´ ım (x2 + y)2 x→0 (x2 + mx)2 x→0 (x(x + m))2 x→0 x2 (x + m)2 x2 = 0, x→0 (x + m)2

= l´ım

por lo que la opción (b ) es correcta. Finalmente, el límite de de la curva

l´ım

x→0 y=mx2

y = mx2 ,

(x2

con

m = −1

f

en

(0, 0)

a través

es

x4 x4 x4 x4 = l´ım 2 = l´ım 2 = l´ım 4 2 2 2 2 x→0 (x + mx ) x→0 (x (1 + m)) x→0 x (1 + m)2 + y) =

1 , (1 + m)2

261


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos por lo que la opción (c ) es incorrecta. Obsérvese que, puesto que este último límite depende del parámetro

m,

también se puede deducir a partir de él que no existe

l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y). 2.3.

Funciones continuas

Ejercicio 5.12. Estúdiese la continuidad de la función

como

f (x, y) =


f

(x−1)2 y (x−1)4 +y 2

si

0

si

es continua en

f : R2 → R

denida

(x, y) = (1, 0) (x, y) = (1, 0).

R2 \{(1, 0)}

por ser cociente de funciones

2 polinómicas, que son continuas en R , y no anularse el denominador. La función

f

será continua en

(1, 0)

si y sólo si (véase 5.24)

l´ım

(x,y)→(1,0) por tanto, hay que estudiar

f (x, y) = f (1, 0) = 0,

l´ım(x,y)→(1,0) f (x, y).

(5.1)

Para empezar, se analizan los

límites reiterados:

(1 − 1)2 y (x − 1)2 y 0 = l´ım = l´ım 2 = l´ım 0 = 0, l´ım l´ım 4 2 4 2 y→0 x→1 (x − 1) + y y→0 (1 − 1) + y y→0 y y→0

2 2 (x − 1) · 0 (x − 1) y 0 = l´ım = l´ım = 0. l´ım l´ım x→1 y→0 (x − 1)4 + y 2 x→1 (x − 1)4 + 02 x→1 (x − 1)4

Los límites reiterados coinciden y son iguales a de que exista

0. Esto quiere decir que en caso

l´ım(x,y)→(1,0) f (x, y), este límite vale también 0, pero falta demostrar

la existencia del mismo, por lo que de momento no se puede concluir nada acerca de la continuidad de

f

en

(1, 0)

y hay que considerar otra vía alternativa. La vía

más lógica para continuar es considerar el límite de de ecuación

y = m(x − 1), m ∈ R,

f

en

(1, 0) a través de rectas (1, 0). Resulta que

que pasan por el punto

(x − 1)2 y (x − 1)2 m(x − 1) = l´ ım x→1 (x − 1)4 + y 2 x→1 (x − 1)4 + m2 (x − 1)2 y=m(x−1) l´ım

m(x − 1)3 m(x − 1) 0 = l´ım = 2 = 0. x→1 (x − 1)2 ((x − 1)2 + m2 ) x→1 (x − 1)2 + m2 0 + m2

= l´ım

262


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 0, lo que vuelve a l´ım(x,y)→(1,0) f (x, y), dicho límite vale 0, pero no se garantiza la existencia del mismo. Si se calcula el límite de f en (0, 0) a través 2 de curvas de ecuación y = m(x − 1) , m ∈ R, que pasan por (1, 0), se tiene que De nuevo, se obtiene que el límite a través de estas rectas es indicar que en caso de que exista

l´ım

x→1 y=m(x−1)2

(x − 1)2 y (x − 1)2 m(x − 1)2 = l´ ım (x − 1)4 + y 2 x→1 (x − 1)4 + m2 (x − 1)4 m(x − 1)4 m . = x→1 (x − 1)4 (1 + m2 ) 1 + m2

= l´ım

Puesto que este último límite depende de de cada curva tanto,

f

y = m(x −

no es continua en

Ejercicio 5.13.

1)2 , variando (1, 0).

Estúdiese la continuidad de la función

como

f (x, y) =

Solución.

m, es decir, toma diferente valor a través m, no existe l´ım(x,y)→(1,0) f (x, y) y, por

y 2 (ex −1) x2 +y 2

si

0

si

La función es continua en

f : R2 → R

denida

(x, y) = (0, 0) (x, y) = (0, 0).

R2 \{(0, 0)}


2 continuas en R y no anularse el denominador. Para estudiar la continuidad de

f

(0, 0) hay que ver si existe l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) y si este límite coincide f (0, 0) = 0. Obsérvese que

en el punto con

2 x y (e − 1) y 2 |ex − 1| x x2 + y 2 = x2 + y 2 ≤ |e − 1|. En la segunda desigualdad se ha utilizado que De este modo, resulta a

(0, 0). Este truco

|ex − 1|

que claramente

2

x2 + y 2 ≥ y 2 , por lo que x2y+y2 ≤ 1. tiende hacia 0 cuando (x, y) tiende

es útil en muchas ocasiones para calcular límites mediante la

propiedad del emparedado y conviene ser tenido en cuenta cuando procedimientos como el cambio a coordenadas polares no facilite llegar a una conclusión sobre la existencia de un determinado límite.

l´ım(x,y)→(0,0) |ex −1| = 0, por 5.22(a), se deduce que l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0, luego f es continua en R2 . Como

263



Ejercicio 5.14. Estúdiese la continuidad de la función f : R2 → R denida del siguiente modo:

f (x, y) =

Solución. La función f

x2 y x2 +y 2 +(x−y)2

si

0

si

es continua en

(x, y) = (0, 0) (x, y) = (0, 0).

R2 \{(0, 0)}


x2 + y 2 + (x − y)2 > 0, continua en (0, 0) si y sólo si

polinómicas y no anularse el denominador (obsérvese que para todo

(x, y) ∈ R2 \{(0, 0)}).

Por otra parte,

l´ım

(x,y)→(0,0)

f

es

f (x, y) = f (0, 0) = 0.

Se tiene que

2y x2 |y| x2 |y| x = ≤ ≤ |y|, |f (x, y)| = 2 x + y 2 + (x − y)2 x2 + y 2 + (x − y)2 x2 + y 2

donde la primera desigualdad se debe a que que

x2

+

y2

(x, y) ∈

por lo

1 1 ≤ 2 2 + (x − y) x + y2

y la última desigualdad se deduce de que para todo

x2 + y 2 + (x − y)2 ≥ x2 + y 2 ,

x 2 ≤ x2 + y 2 ,

con lo cual

R2 \{(0, 0)}.

x2 x2 +y 2

≤ 1,

l´ım(x,y)→(0,0) |y| = 0, por 5.22(a) se tiene l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0. Dado f cuando (x, y) tiende hacia (0, 0) coincide con f (0, 0), se concluye continua también en (0, 0).

Como

que el límite de que

f

es

l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 es x = 0 + ρ cos θ, y = 0 + ρ sen θ y

Otra forma de demostrar que a coordenadas polares. Sea

haciendo un cambio

F (ρ, θ) = f (0 + ρ cos θ, 0 + ρ sen θ). Si

ρ = 0, F (0, θ) = f (0, 0) = 0

y si

ρ > 0,

(ρ cos θ)2 ρ sen θ (ρ cos θ)2 + (ρ sen θ)2 + (ρ cos θ − ρ sen θ)2 ρ3 cos2 θ sen θ = 2 ρ (cos2 θ + sen2 θ + cos2 θ + sen2 θ − 2 cos θ sen θ) ρ cos2 θ sen θ ρ cos2 θ sen θ = . = 2 − 2 cos θ sen θ 2 − sen(2θ)

F (ρ, θ) =

264


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES En las igualdades anteriores se ha utilizado que

cos2 θ + sen2 θ = 1

y

sen(2θ) =

2 cos θ sen θ. 2 − sen(2θ) ≥ 2 − 1 = 1, resulta 2 ρ cos2 θ sen θ = ρ cos θ| sen θ| ≤ ρ · 1 = ρ, |F (ρ, θ) − 0| = 2 − sen(2θ) 2 − sen(2θ) 1

Por tanto, teniendo en cuenta que

y puesto que h(ρ) := ρ tiende l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0.

hacia 0 cuando

ρ → 0,

que

se concluye por 5.23(b) que

Nota: Recuérdese en lo sucesivo que la función h sólo puede depender de ρ y tiene que tender hacia 0 cuando ρ se aproxima a 0 para garantizar la existencia del límite de la función en el punto a través del cambio a coordenadas polares. Ejercicio 5.15. Sea f : R2 → R la función denida como

f (x, y) =

x+2y 3 x(y 2 +1)

si

1

si

x = 0 x = 0.

Indíquese cuál o cuáles de las siguientes armaciones son correctas:

a

( ) Haciendo el cambio a coordenadas polares: límite de

F (ρ, θ) = f (ρ cos θ, ρ sen θ) 1.

cuando

x = ρ cos θ, y = ρ sen θ, el ρ tiende hacia 0 y θ = π2 , 3π 2

se mantiene jo, es

b

( ) El límite de es

c

(0, 0) a través de curvas de ecuación x = my 3 , m ∈ R\{0},

f

en

f

es continua en

1.

( ) La función

(0, 0).

Solución. Con el n de estudiar la continuidad en el punto (0, 0), considérese el cambio a coordenadas polares:

f (0 + ρ cos θ, 0 + ρ sen θ). F (ρ, θ) =

x = 0 + ρ cos θ, y = 0 + ρ sen θ

y sea

F (ρ, θ) =

Se tiene que

cos θ + 2ρ2 sen3 θ ρ cos θ + 2ρ3 sen3 θ = . ρ cos θ(ρ2 sen2 θ + 1) cos θ(ρ2 sen2 θ + 1)

De esta última expresión, se deduce que

F

no está denida cuando

θ=

F es π 3π , . dom F = (ρ, θ) ∈ [0, +∞) × [0, 2π) : θ = 2 2

π 2 ó

θ=

3π 2 ,

ya que el denominador se anularía, luego el dominio de

265


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Entonces, para

θ ∈ [0, 2π)

jado, con

l´ım F (ρ, θ) =

ρ→0

θ = π2 , 3π 2 ,

se tiene que

cos θ cos θ + 2 · 02 · sen3 θ = = 1, 2 2 cos θ(0 · sen θ + 1) cos θ

(5.2)

y la opción (a ) es correcta.

θ ∈ [0, 2π) jado, = 1, no implica que l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) =

Es importante señalar que el hecho de que para cada valor de

θ =

con

1.

π 3π l´ım F (ρ, θ) 2 , 2 se cumpla que ρ→0

Obsérvese que el límite anterior se ha calculado para un valor de

π 3π tinto de 2 y 2 , por lo que se corresponde con el límite de

f

θ

jado y dis-

a través de la

semirrecta de ecuaciones paramétricas (véase 5.9(c))

x = ρ cos θ y = ρ sen θ.

Por tanto, lo único que se ha demostrado al calcular el límite anterior es que el

f a través de las semirrectas que pasan por (0, 0) θ= π2 , 3π 2 es 1, y como es sabido, el hecho de que los

límite de

con ángulo de incli-

nación

límites direccionales

a través de semirrectas existan y tomen el mismo valor no garantiza que exista

f en (0, 0). Lo único que se l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y), su valor sería 1.

el límite de

puede asegurar es que, en caso de existir

Obsérvese que lo anterior no contradice el resultado 5.23(b), que requiere la búsqueda de una función

h(ρ)

que cumpla las condiciones que allí se indican.

f en (0, 0) a través (0, 0), resulta que

Por último, calculando el límite de

x=

my 3 ,

m ∈ R\{0},

l´ım

(x,y)→(0,0) x=my 3

que pasan por

de curvas de ecuación

x + 2y 3 my 3 + 2y 3 m+2 m+2 = l´ ım = l´ım = , 2 3 2 2 x(y + 1) y→0 my (y + 1) y→0 m(y + 1) m

y la opción (b ) es incorrecta. Puesto que el límite anterior depende de deduce que no existe el límite de es continua en

266

(0, 0),

f

en

(0, 0)

y, por consiguiente, la

resultando también incorrecta la opción

(c).

m, se función f no


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES 2.4.

Derivada según un vector. Funciones diferenciables

f : R2 → R la función denida como % & cos x2πxy si (x, y) = (0, 0) +y 4 f (x, y) = 1 si (x, y) = (0, 0).

Ejercicio 5.16. Sea

(a ) Estúdiese la continuidad de

f

R2 .

en

(b ) Estúdiese la existencia de las derivadas parciales de Solución. (a ) La función

f

es continua en

de la función coseno, que es continua en

R,

R2 \{(0, 0)}

f

en

(0, 0).

ya que es la composición

con la función

g(x, y) =

πxy , que es x2 +y 4

R2 \{(0, 0)} por ser cociente de funciones polinómicas y no anularse el denominador. Para estudiar si f es continua en (0, 0) hay que comprobar si existe el límite en (0, 0) de f (x, y) y coincide con f (0, 0), es decir, hay que ver si

continua en

l´ım

(x,y)→(0,0)

f (x, y) = f (0, 0) = 1.

Obsérvese que el límite a través de cada recta de ecuación

l´ım cos

x→0 y=mx

πxy + y4

= l´ım cos

x2

x→0

πmx2

= l´ım cos

x 2 + m4 x 4

x→0

m, función f

Como el límite anterior depende del parámetro límite en

(0, 0)

de

f

y, por consiguiente, la

(b ) Las derivadas parciales de

f

en

(0, 0)

y = mx, con m ∈ R, es

πm = cos (πm) . 1 + m4 x 2

se deduce que no existe el no es continua en

(0, 0).

son (véase 5.29):

%

∂f f (0 + h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h 0 = l´ım = 0, h→0 h

cos

f (0, 0 + h) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂y h 0 = l´ım = 0. h→0 h

cos

π·h·0 h2 +04

&

−1

h %

π·0·h 02 +h4

h

= l´ım

h→0

&

−1

cos 0 − 1 h

cos 0 − 1 h→0 h

= l´ım

Este es un claro ejemplo en el que se demuestra que la existencia de las derivadas parciales de una función en un punto no implica la continuidad de

f

en ese

267

f (0, 0)

f

f (x, y) = cos(πxy/(x2 + y 4 ))

f : R2 → R f (x, y) =

xy . +1

x2

D(1,4) f (1, 2) D(1,4) f (1, 2) D √1

5

, √4

f (1, 2)

5

(1+h)(2+4h) −1 f (1 + h, 2 + 4h) − f (1, 2) (1+h)2 +1 = l´ım D(1,4) f (1, 2) = l´ım h→0 h→0 h h 4h+3h2 2+6h+4h2 −1 4 + 3h 2 2 = l´ım h +2h+2 = l´ım h +2h+2 = l´ım 2 = 2. h→0 h→0 h→0 h + 2h + 2 h h

f

R2

D(1,4) f (1, 2)


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES no anularse el denominador (véase 5.34). Luego, en efecto, se puede aplicar el Teorema 5.39. Las derivadas parciales de

f

en un punto

(x, y) ∈ R2

genérico son

∂f y(x2 + 1) − xy · 2x −x2 y + y (x, y) = = , ∂x (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 ∂f x (x, y) = 2 . ∂y x +1 Por tanto,

∂f (1, 2) = 0, ∂x

∂f 1 (1, 2) = , ∂y 2

∇f (1, 2) =

Así pues,

D(1,4) f (1, 2) = ∇f (1, 2) · (1, 4) =

1 0, 2

1 0, 2

.

· (1, 4) = 2.

(c ) De nuevo, aplicando el Teorema 5.39 resulta que

D

4 √1 , √ 5 5

f (1, 2)

= ∇f (1, 2) ·

1 4 √ ,√ 5 5

Obsérvese que

D √1

5

, √4

f (1, 2)

5

=

1 0, 2

1 4 2 √ √ · =√ . , 5 5 5

1 = √ D(1,4) f (1, 2). 5

La igualdad anterior se debe a la siguiente propiedad:

Dαv f (a, b) = αDv f (a, b), para todo vector no nulo

Ejercicio 5.18.

Sea

v ∈ R2

y todo

α ≥ 0.

f (x, y) = ex+y .

(a ) Determínese el vector unitario en cada punto derivada direccional de (b ) Partiendo del punto

f

en

(0, 0),

(x, y)

(x, y) ∈ R2

que hace que la

sea máxima.

determínese la curva en la que la función varía

de forma máxima.

Solución.

(a ) La función

f

es diferenciable en

R2 ,

por ser composición de fun-

2 ciones diferenciables en R (véase 5.41). Así pues, existe el gradiente de 2 punto (x, y) ∈ R . Puesto que

f

en cada

∂f ∂f (x, y) = ex+y , (x, y) = ex+y , ∂x ∂y

269

∇f (x, y) = (ex+y , ex+y ) = ex+y (1, 1) f (1, 1) f (x, y)

(x, y) ∈ R2

∇f (x, y) 1 = √ (1, 1). ∇f (x, y) 2 f (1, 1) (0, 0) (0, 0) + α(1, 1) = (α, α) α ≥ 0 f

C

(x, y) ∈ R2

C = {(α, α, f (α, α)) ∈ R3 : α ≥ 0}. f (0, 0)

C

(1, 1) f (x, y) = ex+y

(0, 0)

f (x, y) = 5

(x0 , y0 ) = (0, 0)

g(x, y) = 3x − 2y

(x0 , y0 ) = (1, −1)

h(x, y) = sen(xy)

(0, 1)



Solución. (a ) La función f

R2

es diferenciable en

por ser una función constante.

Así pues, por 5.32 se tiene que

Df (0, 0)(x, y) = ∇f (0, 0) · (x, y). f es constante, ∇f (x, y) = (0, 0), Df (0, 0) = 0 · x + 0 · y = 0. Recuérdese que Puesto que

para todo

(x, y) ∈ R2 .

Por tanto,

la diferencial de una función constante en cualquier punto es siempre la función idénticamente nula. (b ) La función

g

es lineal, por tanto, es diferenciable en todo

(x, y) ∈ R2 .

Se

tiene que

∇g(x, y) = (3, −2), ∀(x, y) ∈ R2 . Por tanto, en particular,

∇g(1, −1) = (3, −2)

y

Dg(1, −1)(x, y) = (3, −2) · (x, y) = 3x − 2y.

la diferencial de una función lineal en cualquier punto coincide con dicha función lineal. Este resultado es lógico, ya que la diferencial Obsérvese que

F en un punto (x0 , y0 ) es la aplicación lineal que mejor F (x0 +x, y0 +y)−F (x0 , y0 ) en las proximidades de (x0 , y0 ). Por tanto, g es lineal, la aplicación lineal que más se parece a g es ella misma.

de una función cualquiera aproxima a puesto que

(c ) La función renciable en

R2

h

es composición de la función polinómica

(véase 5.34), con la función

Por consiguiente,

h

h2 (x) = sen(x),

h1 (x, y) = xy ,

dife-

diferenciable en

R.

2 es diferenciable en R por la regla de la cadena (véase 5.41).

Resulta que

∇h(x, y) = (y cos(xy), x cos(xy)), ∀(x, y) ∈ R2 . Así pues,

Dh(0, 1)(x, y) = ∇h(0, 1) · (x, y) = (1, 0) · (x, y) = x.

Ejercicio 5.20. punto

(0, 0)

Estúdiese la diferenciabilidad de las siguientes funciones en el

y, si es posible, determínese el plano tangente a la gráca de dichas

funciones en ese punto. (a )

f (x, y) = x2 + y 2 .

(b )

g(x, y) = |x + y|.

271

R2

f (0, 0)

∇f (x, y) = (2x, 2y) =⇒ ∇f (0, 0) = (0, 0), Df (0, 0)(x, y) = ∇f (0, 0) · (x, y) = 0 · x + 0 · y = 0. f

(0, 0)

z = f (0, 0) + ∇f (0, 0) · (x, y) ⇐⇒ z = 0. f

(0, 0)

f (x, y) = x2 + y 2

g

(0, 0)

x

(0, 0)

∂g g(0 + h, 0) − g(0, 0) |h| (0, 0) = l´ım = l´ım , h→0 h→0 h ∂x h ∂g ∂y (0, 0)

g

(0, 0)

g g y = −x

(0, 0)

g S = {(x, y) ∈ R2 : x + y = 0}.

(0, 0)

g(x, y) = |x + y|

h : D ⊂ R2 → R

(x0 , y0 ) ∈ int D h

(x0 , y0 ) (x0 , y0 )

h

(x0 , y0 )

h

∇h(x0 , y0 )

(x0 , y0 ) (0, 0) (x, y) (x, y) = (0,001, 0,001) ∇f (0, 0) = (0, 0)

(0, 0) (2x, 2y)

(0, 0) ∇f (x, y) =

g g g(x) =

x+y −x − y

x+y ≥0 x+y <0

(x, y) ∈ R2 g(x, y) = x + y (1, 1) g S (1, 1) g

x+y > 0 g x+y < 0 g(x, y) = −x−y (−1, −1) f

(−1, −1) S

g

S



Ejercicio 5.21.

Sea

f : R2 → R

la función denida como

f (x, y) = y sea

' x2 (y 2 + 1)

a ∈ R.


f

en el punto

(0, a).

(b ) Calcúlense, si existen, las derivadas parciales de (c ) Estúdiese la diferenciabilidad de

f

en

f

en

(0, a).

(0, a).

Solución. (a ) Se tiene que f (0, a) = 0 y l´ım

(x,y)→(0,a)

' ' x2 (y 2 + 1) = 02 (a2 + 1) = 0.

Como el límite anterior coincide con (b ) La derivada parcial de

es continua en

(0, a).

x en (0, a) es ' √ h2 (a2 + 1) ∂f f (0 + h, a) − f (0, a) |h| a2 + 1 (0, a) = l´ım = l´ım = l´ım . h→0 h→0 h→0 ∂x h h h Se tiene que

f

f (0, a), f

con respecto a

√ √ ' |h| a2 + 1 −h a2 + 1 = l´ım = − a2 + 1, l´ım h h h→0− h→0− √ √ 2 2 |h| a + 1 h a +1 ' 2 = l´ım = a + 1. l´ım h h h→0+ h→0+

Como los límites laterales no coinciden, no existe te, no existe

l´ımh→0

∂f ∂x (0, a).

y es ' 02 ((a + h)2 + 1) ∂f f (0, a + h) − f (0, a) (0, a) = l´ım = l´ım = 0. h→0 h→0 ∂y h h

Por último, la derivada parcial de

(c ) Puesto que

f

√ |h| a2 +1 . Por consiguienh

con respecto a

∂f ∂x (0, a) no existe, se deduce que

f

no es diferenciable en

(0, a)

(véase 5.38). En la Figura 5.10 se representa la gráca de la función modo en el que se pliega la gráca a lo largo de los puntos

274

f . Obsérvese que el (0, a), con a ∈ R, no



Figura 5.10. Gráca de f (x, y) =

'

es suave (se forma una arista), lo que indica que

x2 (y 2 + 1).

f

no es diferenciable en esos

puntos.

Ejercicio 5.22.

f : R2 → R la función denida como 2 √x si (x, y) = (0, 0) 2 +y 2 x f (x, y) = 0 si (x, y) = (0, 0). Sea


f

en

R2 .


f

en

f

en

(0, 0).

(0, 0).

Solución. (a ) La función es continua en R2 \{(0, 0)} por ser cociente de funciones continuas y no anularse el denominador. Para estudiar la continuidad en el punto

(0, 0) se hace un cambio a F (ρ, θ) = f (ρ cos θ, ρ sen θ).

coordenadas polares. Sea Si

ρ>0

x = ρ cos θ, y = ρ sen θ

y

se tiene que

2 ρ cos2 θ = ρ| cos θ| ≤ ρ. |F (ρ, θ) − 0| = ρ h(ρ) = ρ tiende hacia 0 cuando ρ tiende hacia 0, se deduce que l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 (véase 5.23(b)). Puesto que el límite anterior coincide con f (0, 0), resulta que f es continua también en (0, 0). Como la función

275


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (b ) Se tiene que

f (0 + h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h

f

f

= l´ım

h

con respecto a

y

h2 |h|

h→0

h

h . h→0 |h|

= l´ım

es

∂f f (0, 0 + h) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂y h (c ) La función

−0

∂f ∂x (0, 0).

Y este límite no existe, luego no existe La derivada parcial de

2 √h h2

es diferenciable en

R2 \{(0, 0)}

√0 h2

−0

h

0 = 0. h→0 h

= l´ım


∂f 2 diferenciables en R \{(0, 0)} (véase 5.34). Por otra parte, como ∂x (0, 0) no existe,

f


Ejercicio 5.23.

Sea

(0, 0)

(véase 5.37).

f : R2 → R 4

f (x, y) =


x +y 4 x2 +y 2

si

(x, y) = (0, 0)

0

si

(x, y) = (0, 0).

(a ) Calcúlese, recurriendo a la denición,

∂f ∂f ∂x (0, 0) y ∂y (0, 0).

(b ) Estúdiese la diferenciabilidad de

R2 .

Solución.

f

en

(a ) Se tiene que

∂f f (0 + h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h f (0, 0 + h) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂y h (b ) La función

f

es diferenciable en

h4 +04 h2 +02

−0

h 04 +h4 02 +h2

h

R2 \{(0, 0)}

−0

h2 = l´ım h = 0, h→0 h h→0

= l´ım

h2 = l´ım h = 0. h→0 h h→0

= l´ım


polinómicas y no anularse el denominador (véase 5.34). Para comprobar si diferenciable en

(0, 0)

hay que ver si

f (0 + h, 0 + k) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (h, k) =0 (h, k) (h,k)→(0,0) l´ım

276

f

es


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES (véase 5.32). Como

∇f (0, 0) =

%

∂f ∂f ∂x (0, 0), ∂y (0, 0)

& = (0, 0),

se tiene que

f (0 + h, 0 + k) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (h, k) (h, k) (h,k)→(0,0) l´ım

h4 +k4

f (h, k) − 0 − 0 · h − 0 · k 2 2 √ h +k = l´ım = l´ım 2 (h, k) (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) h + k2 =

h4 + k 4 √ . (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 ) h2 + k 2 l´ım

Para calcular este último límite, se procede haciendo un cambio a coordenadas polares. Sea

g(h, k) =

4 h4 +k √ , (h2 +k2 ) h2 +k2

h = ρ cos θ, k = ρ sen θ

y

(ρ cos θ)4 + (ρ sen θ)4 ' ((ρ cos θ)2 + (ρ sen θ)2 ) (ρ cos θ)2 + (ρ sen θ)2 ρ4 (cos4 θ + sen4 θ) ρ4 (cos4 θ + sen4 θ) ' = = ρ2 ρ ρ2 (cos2 θ + sen2 θ) ρ2 (cos2 θ + sen2 θ)

G(ρ, θ) = g(ρ cos θ, ρ sen θ) =

= ρ(cos4 θ + sen4 θ). Se deduce que

|G(ρ, θ) − 0| = |ρ(cos4 θ + sen4 θ)| = ρ(cos4 θ + sen4 θ) ≤ ρ(1 + 1) = 2ρ. Puesto que la función

h(ρ) = 2ρ

tiende hacia 0 cuando

ρ

tiende hacia 0 resulta

que

l´ım

(h,k)→(0,0) por tanto, la función

f

g(h, k) =

h4 + k 4 √ = 0, (h,k)→(0,0) (h2 + k 2 ) h2 + k 2 l´ım

es diferenciable también en

(0, 0)

y su diferencial en este

punto es

Df (0, 0)(x, y) = ∇f (0, 0) · (x, y) = (0, 0) · (x, y) = 0. En la Figura 5.11 se muestra la supercie dada por

f.

277

f (x, y) =

f : R2 → R 2

2x y+5x3 x2 +y 4

f (x, y) =

(x, y) = (0, 0) (x, y) = (0, 0).

0 f ∂f ∂x (0, 0)

R2 ∂f ∂y (0, 0)

f f

x4 +y 4 x2 +y 2

R2 R2 \{(0, 0)} f

(0, 0) f (0, 0) = 0

l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) (x, y) = (0, 0) 2 2x y + 5x3 x2 |2y + 5x| = |f (x, y) − 0| = 2 ≤ |2y + 5x|. x + y4 x2 + y 4

x2 x2 +y 4

≤1 (0, 0) f

x2 + y 4 ≥ x 2 |2y + 5x| 0 (x, y) l´ım(x,y)→(0,0) f (x, y) = 0 = f (0, 0) (0, 0)


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES (b ) Se tiene que

∂f f (0 + h, 0) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h ∂f f (0, 0 + h) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h (c ) La función

f

es diferenciable en

5h3 h2

−0 5h = l´ım = 5. h→0 h h 0 −0 0 h4 = l´ım = 0. h→0 h h

R2 \{(0, 0)}


f

es

m ∈ R,

se

polinómicas y no anularse el denominador (véase 5.34). Para comprobar si diferenciable en

(0, 0)

hay que ver si se cumple la siguiente igualdad:

f (0 + h, 0 + k) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (h, k) = 0. (h, k) (h,k)→(0,0) l´ım

El límite anterior es

2h2 k+5h3 h2 +k4 √ l´ım (h,k)→(0,0) h2

− 0 − 5h + k2

=

2h2 k − 5hk 4 √ . (h,k)→(0,0) (h2 + k 4 ) h2 + k 2 l´ım

Si se calcula el límite a través de rectas de ecuación

k = mh,

con

obtiene que

2h2 k − 5hk 4 2mh3 − 5m4 h5 √ √ = l´ım h→0 (h2 + k 4 ) h2 + k 2 h→0 (h2 + m4 h4 ) h2 + h2 m2 k=mh l´ım

h3 (2m − 5m4 h2 ) h(2m − 5m4 h2 ) √ √ = l´ım . h→0 h2 (1 + m4 h2 )|h| 1 + m2 h→0 |h|(1 + m4 h2 ) 1 + m2

= l´ım Obsérvese que

h(2m − 5m4 h2 ) h(2m − 5m4 h2 ) √ √ = l´ım h→0− |h|(1 + m4 h2 ) 1 + m2 h→0− −h(1 + m4 h2 ) 1 + m2 2m − 5m4 h2 2m √ = l´ım − = −√ . 4 2 2 h→0− (1 + m h ) 1 + m 1 + m2 l´ım

Razonando de modo análogo,

l´ım

h→0+

h(2m − 5m4 h2 ) 2m √ =√ . |h|(1 + m4 h2 ) 1 + m2 1 + m2

279


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Como los límites laterales no coinciden, se tiene que

l´ım(h,k)→(0,0)

2h2 k+5h3 −5hk4 h2√ +k4 2 h +k2

no existe (obsérvese que incluso los límites laterales dependen del parámetro y, por tanto, se concluye que

Ejercicio 5.25.

f


Sea la función

f (x, y) =

f : R2 → R

(0, 0).

denida como

√ xy

si

(x, y) = (0, 0)

0

si

(x, y) = (0, 0).

x2 +y 2


f

en

R2 .


m)

f

en

f

en

(0, 0).

(0, 0).

Solución. (a ) La función f es continua en R2 \{(0, 0)} por ser cociente de funciones continuas en

R2

y no anularse el denominador. Para estudiar la continuidad de

f en (0, 0), se procede haciendo un cambio a coordenadas polares: sea x = ρ cos θ, y = ρ sen θ y F (ρ, θ) = f (ρ cos θ, ρ sen θ). Es claro que F (0, θ) = f (0, 0) = 0, si ρ = 0, y si ρ > 0 ρ2 cos θ sen θ ρ2 cos θ sen θ ρ cos θρ sen θ = =' F (ρ, θ) = ' ρ (ρ cos θ)2 + (ρ sen θ)2 ρ2 (cos2 θ + sen2 θ) = ρ cos θ sen θ, con lo que

|F (ρ, θ) − 0| = |ρ cos θ sen θ| = ρ|cos θ| |sen θ| ≤ ρ · 1 · 1 = ρ h(ρ) = ρ tiende hacia 0 cuando ρ tiende hacia 0, resulta que (0, 0) es 0 (véase 5.22(a)), que coincide con f (0, 0), luego f es también en (0, 0).

y como la función el límite de continua

f

en

(b ) Se tiene que

f (0 + h, 0) − f (0, 0) ∂f (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂x h ∂f f (0, 0 + h) − f (0, 0) (0, 0) = l´ım = l´ım h→0 h→0 ∂y h

280

√ h·0 h2 +02

−0

h √ 0·h 02 +h2

h

= l´ım

h→0

−0

0 = 0, h

0 = 0. h→0 h

= l´ım


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES (c ) Para comprobar si

f

es diferenciable en

(0, 0) hay que ver si se cumple que

f (0 + h, 0 + k) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (h, k) = 0. (h, k) (h,k)→(0,0) l´ım

Resulta que

f (0 + h, 0 + k) − f (0, 0) − ∇f (0, 0) · (h, k) = l´ım l´ım (h, k) (h,k)→(0,0) (h,k)→(0,0) hk = l´ım . 2 (h,k)→(0,0) h + k 2 Calculando el límite anterior a través de rectas de ecuación que pasan por

l´ım

h→0 k=mh

(0, 0),

f

con

+ k2

m ∈ R,

hk h2 m h2 m m = = l´ ım = l´ ım . 2 2 2 2 2 2 2 h→0 h→0 h +k h +m h h (1 + m ) 1 + m2


Ejercicio 5.26.

Dada

m,

x +y x−y

0

D(v1 ,v2 ) f (0, 0) para (v1 , v2 ) ∈ R2 (0, 0).

calcúlese

no existe

l´ım(h,k)→(0,0)

(0, 0).

f : R2 → R denida 2 2

f (x, y) =

ble en

k = mh,

−0−0

se tiene que

Como este límite depende del parámetro tanto,

√ hk h2 +k2 √ h2

si si

hk . Por h2 +k2

como

x = y x = y,

y demuéstrese que

f

no es diferencia-

Solución. Sea (v1 , v2 ) ∈ R2 un vector genérico. Si v1 = v2 , se tiene que f (0 + hv1 , 0 + hv2 ) − f (0, 0) f (hv1 , hv2 ) = l´ım h→0 h h 0 = l´ım = l´ım 0 = 0, h→0 h h→0

D(v1 ,v2 ) f (0, 0) = l´ım

h→0

y si

v1 = v2 , f (0 + hv1 , 0 + hv2 ) − f (0, 0) f (hv1 , hv2 ) = l´ım h→0 h h 2 2 2 2 2 2 2 2 h v1 + h v2 h (v + v2 ) v + v22 = l´ım 2 1 = 1 , = l´ım h→0 h(hv1 − hv2 ) h→0 h (v1 − v2 ) v1 − v2

D(v1 ,v2 ) f (0, 0) = l´ım

h→0

281


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos por consiguiente,

D(v1 ,v2 ) f (0, 0) =

v12 +v22 v1 −v2

0

En particular, las derivadas parciales en

si si

(0, 0)

∂f (0, 0) = D(1,0) f (0, 0) = ∂x ∂f (0, 0) = D(0,1) f (0, 0) = ∂y Luego, el gradiente de Por otra parte, si

f

f

en

(0, 0)

es

v1 = v2 v 1 = v2 .

son

1 2 + 02 = 1, 1−0 0 2 + 12 = −1. 0−1

∇f (0, 0) = (1, −1).

fuese diferenciable en

(0, 0),

su diferencial sería la aplica-

ción lineal

Df (0, 0)(x, y) = ∇f (0, 0) · (x, y) = (1, −1) · (x, y) = x − y, y se tendría que cumplir para todo

(v1 , v2 ) ∈ R2

que

D(v1 ,v2 ) f (0, 0) = Df (0, 0)(v1 , v2 ) = v1 − v2 , (véase 5.39). Sin embargo, esta igualdad no se satisface ya que para

D(v1 ,v2 ) f (0, 0) =

Ejercicio 5.27.

v12 +v22 v1 −v2 (y además no es una aplicación lineal). Calcúlese el gradiente de la función

f : R3 → R

v1 = v2 ,

dada por

f (x, y, z) = z 2 arctan(xy) + x sen (π(x + y)) en el punto

(1, 1, 0).

Solución. La función f es diferenciable en R3 por ser suma, producto y composición de funciones diferenciables en existen las derivadas parciales de

f

R3

(véanse 5.34 y 5.41). Luego, en particular,

en cualquier punto de

R3

(véase 5.37) y éstas

son:

∂f 1 (x, y, z) = z 2 · · y + sen (π(x + y)) + x cos (π(x + y)) · π, ∂x 1 + (xy)2 ∂f 1 (x, y, z) = z 2 · · x + x cos (π(x + y)) · π, ∂y 1 + (xy)2 ∂f (x, y, z) = 2z arctan(xy). ∂z

282


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Así pues, las derivadas parciales de

∂f (1, 1, 0) = π, ∂x

f

en el punto

∂f (1, 1, 0) = π, ∂y

(1, 1, 0)

son

∂f (1, 1, 0) = 0, ∂z

y se tiene que

∇f (1, 1, 0) = (π, π, 0) .

Ejercicio 5.28.

Sea

f : R2 → R

una función diferenciable en

R2

y

g : R2 → R


g(x, y) = ln([f (x, y)]2 + 3). (a ) Determínese (b ) Calcúlese

∇g(x, y).

∇g(1, 1)

sabiendo que

f (1, 1) = 1

y

∇f (1, 1) = (8, 4).

Solución. (a ) El dominio de g es todo R2 , ya que [f (x, y)]2 + 3 es mayor que 0, para todo punto de

(x, y) ∈ R2 . Así pues, g(x, y) = ln([f (x, y)]2 +3) está denida para todo R2 . Además, la función g es diferenciable en R2 por ser composición de

funciones diferenciables en su dominio. Luego, en particular, existen las derivadas parciales de

g

en todo punto

(x, y) ∈ R2

y éstas son:

∂g 1 (x, y) = · 2f (x, y) · ∂x [f (x, y)]2 + 3 1 ∂g (x, y) = · 2f (x, y) · ∂y [f (x, y)]2 + 3 Por tanto,

∇g(x, y) = (b ) En el punto

2f (x, y) ∂f 2f (x, y) ∂f · (x, y), · (x, y) . [f (x, y)]2 + 3 ∂x [f (x, y)]2 + 3 ∂y

(1, 1)

se tiene que

2·1 ∂g (1, 1) = 2 · 8 = 4, ∂x 1 +3 Luego

∂g 2·1 (1, 1) = 2 · 4 = 2. ∂y 1 +3

∇g(1, 1) = (4, 2).

Ejercicio 5.29. y

∂f (x, y), ∂x ∂f (x, y). ∂y

v¯2 = (2, 1).

Sea

Hállese

f : R2 → R una función diferenciable en R2 , v¯1 = (1, −3) ∇f (1, 2), sabiendo que Dv¯1 f (1, 2) = −1 y Dv¯2 f (1, 2) = 2.

283



Solución.

Aplicando el Teorema 5.39

∂f ∂f ∂x (1, 2) − 3 · ∂y (1, 2), ∂f ∂f ∂x (1, 2) + 1 · ∂y (1, 2),

Dv¯1 f (1, 2) = ∇f (1, 2) · v¯1 ⇐⇒ −1 = 1 · Dv¯2 f (1, 2) = ∇f (1, 2) · v¯2 ⇐⇒ 2 = 2 · Denotando

α :=

∂f ∂x (1, 2) y

β :=

∂f ∂y (1, 2), se trata de resolver el sistema

α − 3β = −1 2α + β = 2.

α = −1+3β y sustituyendo en la segunda ecuación 2(−1+3β)+β = 2, de donde 7β = 4 y β = 47 . Luego α = −1+3· 47 = 57 .

De la primera ecuación resulta se obtiene Por tanto,

∇f (1, 2) =

Ejercicio 5.30.

Sea

∂f ∂f (1, 2), (1, 2) ∂x ∂y

f : R3 → R

=

5 4 , 7 7

.

la función dada por 2

f (x, y, z) = xey−z + sen(ay 2 z), donde

a ∈ R.

Determínese el valor de

Solución. Puesto que f

a

para que

D(1,1,1) f (1, 1, 0) = e.

es una función diferenciable en

R3 ,

por el Teorema 5.39

se tiene que

D(1,1,1) f (1, 1, 0) = ∇f (1, 1, 0) · (1, 1, 1). Las derivadas parciales de

f

en un punto genérico

(x, y, z) ∈ R3

son

∂f 2 (x, y, z) = ey−z , ∂x ∂f 2 (x, y, z) = xey−z + 2ayz cos(ay 2 z), ∂y ∂f 2 (x, y, z) = −2xzey−z + ay 2 cos(ay 2 z). ∂z Por tanto 2

2

2

∇f (x, y, z) = (ey−z , xey−z + 2ayz cos(ay 2 z), −2xzey−z + ay 2 cos(ay 2 z)) y

∇f (1, 1, 0) = (e, e, a).

284


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Así pues,

D(1,1,1) f (1, 1, 0) = (e, e, a) · (1, 1, 1) = e + e + a = 2e + a, por lo que

D(1,1,1) f (1, 1, 0) = e si y sólo si 2e + a = e, es decir, si y sólo si a = −e.

Ejercicio 5.31.

R2

→R

Determínese el plano tangente a la gráca de la función

f :

denida como

f (x, y) = −5x2 + sen(y) + cos(xy), en el punto

Solución.

(1, 0). La función

f

es diferenciable en

R2

por ser suma de funciones dife-

2 renciables en R (véase 5.34). Las derivadas parciales de

f

son:

∂f ∂f (x, y) = −10x − y sen(xy), (x, y) = cos(y) − x sen(xy). ∂x ∂y & % ∂f ∂f (1, 0), (1, 0) = (−10, 1) y la ecuación del Así pues, ∇f (1, 0) = ∂x ∂y gente a la gráca de f en el punto (1, 0) es (véase 5.35)

plano tan-

z = f (1, 0) + ∇f (1, 0) · (x − 1, y − 0) ⇐⇒ z = −4 + (−10, 1) · (x − 1, y) ⇐⇒ z = −4 − 10(x − 1) + y ⇐⇒ z = −10x + y + 6. En la Figura 5.12 se muestra la gráca de la función misma en el punto

Ejercicio 5.32.

f

y el plano tangente a la

(1, 0).

Determínese el valor de los parámetros

a, b ∈ R

para que el

plano tangente a la gráca de la función

f (x, y) = y ln(x2 + b2 + 1) + a(x − y), en el punto

Solución.

(0, 0)

sea

z = −x + y .

Las derivadas parciales de

∂f 2xy (x, y) = 2 + a, ∂x x + b2 + 1

f

en un punto

(x, y) ∈ R2

genérico son

∂f (x, y) = ln(x2 + b2 + 1) − a. ∂y

285



Figura 5.12. Gráca de f (x, y) = −5x2 + sen(y) + cos(xy) y plano tangente en (1, 0).

Luego plano

∇f (0, 0) = tangente a f

%

∂f ∂f ∂x (0, 0), ∂x (0, 0)

en el punto

&

(0, 0)

= (a, ln(b2 + 1) − a).

Por consiguiente, el

es

z = f (0, 0) + ∇f (0, 0) · (x − 0, y − 0) = 0 + (a, ln(b2 + 1) − a) · (x, y) = ax + (ln(b2 + 1) − a)y.

f en (0, 0) tenga ecuación z = −x + y , se debe cumplir que a = −1 = 1. De la última ecuación, ln(b2 +1) = 0, 2 por lo que b + 1 = 1, o equivalentemente, b = 0. Así pues, a = −1 y b = 0. Por tanto, para que el plano tangente a

2 y ln(b +1)−a

Ejercicio 5.33.

Sean las funciones

f (x, y) = x2 − 3xy, Calcúlese

g(u, v) = (u + v, 3u − v).

∇(f ◦ g)(1, 4)

(a ) determinando la expresión explícita de

f ◦ g,

y

(b ) por la regla de la cadena.

Solución. 286

(a ) Sean

g1 , g2 : R2 → R

las funciones componentes de

g,

es decir,


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES g1 (u, v) = u + v

y

g2 (u, v) = 3u − v .

Se tiene que

(f ◦ g)(u, v) = f (g1 (u, v), g2 (u, v)) = (g1 (u, v))2 − 3g1 (u, v)g2 (u, v) = (u + v)2 − 3(u + v)(3u − v) = u2 + v 2 + 2uv − 3(3u2 − uv + 3uv − v 2 ) = −8u2 + 4v 2 − 4uv, es decir,

(f ◦ g)(u, v) = −8u2 + 4v 2 − 4uv .

Teniendo en cuenta dicha expresión, las derivadas parciales de

f ◦g

son:

∂(f ◦ g) (u, v) = −16u − 4v, ∂u ∂(f ◦ g) (u, v) = 8v − 4u. ∂v ∂(f ◦g) ∂u (1, 4)

= −16 · 1 − 4 · 4 = −32, ∇(f ◦ g)(1, 4) = (−32, 28). Así pues,

∂(f ◦g) ∂v (1, 4)

= 8 · 4 − 4 · 1 = 28

y

(b ) Aplicando la regla de la cadena (véase 5.41), puesto que

g1 y g2 son funR2 (y en particular en (1, 4)) y f es diferenciable en R2 (y en particular en (g1 (1, 4), g2 (1, 4)) = (1 + 4, 3 · 1 − 4) = (5, −1)), resulta que f ◦ g es diferenciable en (1, 4) y

∇g1 (1, 4) ∇(f ◦ g)(1, 4) = ∇f (g1 (1, 4), g2 (1, 4)) . ∇g2 (1, 4) ciones diferenciables en

Se tiene que

∂f ∂f (5, −1), (5, −1) , ∂x ∂y

∂g2 ∂g2 ∇g2 (1, 4) = (1, 4), (1, 4) . ∂u ∂v

∇f (g1 (1, 4), g2 (1, 4)) = ∇f (5, −1) = ∇g1 (1, 4) =

∂g1 ∂g1 (1, 4), (1, 4) , ∂u ∂v

Puesto que

∂f ∂x (x, y) = 2x − ∂f ∂y (x, y) = −3x ∂g1 ∂u (u, v) = 1 ∂g1 ∂v (u, v) = 1 ∂g2 ∂u (u, v) = 3 ∂g2 ∂v (u, v) = −1

3y =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒

∂f ∂x (5, −1) = 2 · 5 − 3 · (−1) ∂f ∂y (5, −1) = −3 · 5 = −15, ∂g1 ∂u (1, 4) = 1, ∂g1 ∂v (1, 4) = 1, ∂g2 ∂u (1, 4) = 3, ∂g2 ∂v (1, 4) = −1,

= 13,

287


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos se concluye que

∇(f ◦ g)(1, 4) = (13, −15) ·

Ejercicio 5.34.

1 1 3 −1

∇(f ◦ g)(1, 1)

g(u, v) = (u2 − v 2 , uv − 1).

por la regla de la cadena.

(b ) Determínese el plano tangente a la gráca de

Solución.

= (−32, 28).

Sean las funciones

f (x, y) = ln(x2 + y 2 + 1) + sen(x2 − y) + 1, (a ) Calcúlese

f ◦g

en el punto

(1, 1).

g1 , g2 : R2 → R las funciones componentes de g , es decir, g1 (u, v) = u2 − v 2 y g2 (u, v) = uv − 1. Según la regla de la cadena (véase 5.41), 2 como g1 y g2 son funciones diferenciables en R (y en particular en (1, 1)) y f es 2 2 2 diferenciable en R (y en particular en (g1 (1, 1), g2 (1, 1)) = (1 − 1 , 1 · 1 − 1) = (0, 0)), resulta que f ◦ g es diferenciable en (1, 1) y

∇g1 (1, 1) . ∇(f ◦ g)(1, 1) = ∇f (g1 (1, 1), g2 (1, 1)) ∇g2 (1, 1) (a ) Sean

Se tiene que

∇f (g1 (1, 1), g2 (1, 1)) = ∇f (0, 0) = ∇g1 (1, 1) =

∂g1 ∂g1 (1, 1), (1, 1) , ∂u ∂v

∂f ∂f (0, 0), (0, 0) , ∂x ∂y

∇g2 (1, 1) =

∂g2 ∂g2 (1, 1), (1, 1) . ∂u ∂v

Las derivadas parciales son

∂f 2x ∂x (x, y) = x2 +y 2 +1 ∂f 2y ∂y (x, y) = x2 +y 2 +1 ∂g1 ∂u (u, v) = 2u ∂g1 ∂v (u, v) = −2v ∂g2 ∂u (u, v) = v ∂g2 ∂v (u, v) = u

288

+ 2x cos(x2 − y) =⇒ − cos(x2 − y)

=⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒

∂f ∂x (0, 0) = 0, ∂f ∂y (0, 0) = −1, ∂g1 ∂u (1, 1) = 2, ∂g1 ∂v (1, 1) = −2, ∂g2 ∂u (1, 1) = 1, ∂g2 ∂v (1, 1) = 1,


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES y resulta que

∇(f ◦ g)(1, 1) = (0, −1) · (f ◦ g)(1, 1) = f (0, 0) = 1, f ◦ g en el punto (1, 1) es

(b ) Como de

2 −2 1 1

= (−1, −1).

la ecuación del plano tangente a la gráca

z = (f ◦ g)(1, 1) + ∇(f ◦ g)(1, 1) · (u − 1, v − 1) ⇐⇒ z = 1 + (−1, −1) · (u − 1, v − 1) ⇐⇒ z = 3 − u − v. En la Figura 5.13 se representa la gráca de en el punto

f ◦g

y el plano tangente a la misma

(1, 1).

Figura 5.13. Gráca de (f ◦ g)(u, v) y plano tangente en el punto (1, 1).

2.5.

Extremos de una función

Ejercicio 5.35. Sean

f : R3 → R

f (x, y, z) = eax−by+z , con

a, b ∈ R. Determínense f ◦ g.

y

g : R2 → R3

las funciones dadas por

g(u, v) = (u + v, u2v , sen(uv)),

los valores de

a

y

b

para que

(0, 2)

sea un punto

crítico de

f ◦ g : R2 → R. Las funciones componentes de g son g1 (u, v) = u+v , g2 (u, v) = u2v y g3 (u, v) = sen(uv). Como éstas son diferenciables

Solución. Obsérvese que

289


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos R2 (y en particular en (0, 2)) y f (g1 (0, 2), g2 (0, 2), g3 (0, 2)) = (2, 0, 0)), es diferenciable en (0, 2) y en

es diferenciable en

R3

(y en particular en

por la regla de la cadena se tiene que

f ◦g

⎛

⎞ ∇g1 (0, 2) ∇(f ◦ g)(0, 2) = ∇f (2, 0, 0) ⎝ ∇g2 (0, 2) ⎠ . ∇g3 (0, 2)

Se tiene que

∂f ax−by+z ∂x (x, y, z) = ae ∂f ax−by+z ∂y (x, y, z) = −be ∂f ax−by+z ∂z (x, y, z) = e ∂g1 ∂u (u, v) = 1 ∂g1 ∂v (u, v) = 1 ∂g2 v ∂u (u, v) = 2 ∂g2 v ∂v (u, v) = u2 ln 2 ∂g3 ∂u (u, v) = v cos(uv) ∂g3 ∂v (u, v) = u cos(uv)

=⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒ =⇒

∂f 2a ∂x (2, 0, 0) = ae , ∂f 2a ∂y (2, 0, 0) = −be , ∂f 2a ∂y (2, 0, 0) = e , ∂g1 ∂u (0, 2) = 1, ∂g1 ∂v (0, 2) = 1, ∂g2 ∂u (0, 2) = 4, ∂g2 ∂v (0, 2) = 0, ∂g3 ∂u (0, 2) = 2, ∂g2 ∂v (0, 2) = 0.

Por tanto,

⎛

⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 1 ∇(f ◦ g)(0, 2) = (ae2a , −be2a , e2a ) · ⎝ 4 0 ⎠ = e2a (a, −b, 1) · ⎝ 4 0 ⎠ 2 0 2 0 = e2a (a − 4b + 2, a). (0, 2) sea un punto crítico de f ◦ g , se debe cumplir ∇(f ◦ g)(0, 2) = (0, 0), es decir que e2a (a − 4b + 2, a) = (0, 0) (véase 5.46). 2a > 0, para todo a, b ∈ R, se debe satisfacer que a − 4b + 2 = 0 y a = 0. Como e 1 Por consiguiente, a = 0 y b = . 2 Entonces, para que el punto que

290



Ejercicio 5.36.

Sea

f : R2 → R


f (x, y) = ax3 + bxy 2 − cxy + 2, donde

a, b, c ∈ R.

(a ) Determínense los valores de

a, b

y

c

para que

f (1, 1) = 3

y el punto

(1, 1)

sea un extremo relativo. (b ) Clasifíquese el punto

(1, 1)

para los valores de

a, b

y

c

obtenidos en el

apartado anterior.

Solución. (a ) Como se debe satisfacer que f (1, 1) = 3, se obtiene la ecuación a + b − c + 2 = 3 ⇐⇒ a + b − c = 1. R2 , por lo que los extremos relativos de f son en particular puntos críticos (véase 5.47). Los puntos críticos de f son % & ∂f ∂f solución del sistema ∇f (x, y) = (x, y), (x, y) = (0, 0) (véase 5.46), es decir ∂x ∂y Por otra parte, la función

f

es diferenciable en

3ax2 + by 2 − cy = 0 2bxy − cx = 0. (1, 1) sea crítico 3a + b − c = 0 2b − c = 0,

Por tanto, para que el punto

se deben cumplir las ecuaciones

y se obtiene el siguiente sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas

⎧ ⎨ a + b − c = 1 (1) 3a + b − c = 0 (2) ⎩ 2b − c = 0 (3) De la tercera ecuación resulta

c = 2b

y sustituyendo esta expresión en las ecua-

ciones (1) y (2) se obtiene el sistema

a = − 12 y b = − 32 . Por tanto, c = 2 · − 32 = −3 y f (x, y) = − 12 x3 − 32 xy 2 + 3xy + 2 satisface las condiciones requeridas.

que tiene por solución función

a−b=1 3a − b = 0 la

291


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos (b ) Para los valores de

a, b y c obtenidos en el apartado anterior, la matriz (x, y) ∈ R2 genérico es ⎞ ⎛ 2

∂ f ∂2f (x, y) (x, y) 2 −3x −3y + 3 ∂x∂y ⎠ = . Hf (x, y) = ⎝ ∂∂x2 f ∂2f −3y + 3 −3x (x, y) (x, y) 2 ∂y∂x ∂y

Hessiana en un punto

(1, 1)

−3 0 Hf (1, 1) = . 0 −3

Por consiguiente, la matriz Hessiana en el punto

Como

∂2f (1, 1) ∂x2

= −3 < 0

es

|Hf (1, 1)| = 9 > 0, para los valores de a, b y c (1, 1) es un máximo relativo estricto de este máximo es f (1, 1) = 3. y

calculados en el apartado anterior, el punto por el criterio 5.50. El valor

Ejercicio 5.37.

Estúdiense los extremos relativos de la función

f (x, y) = x3 + y 3 − 3x − 6y + 2.

Solución. La función f tremos relativos de

f,

es diferenciable en

R2

por ser polinómica, luego los ex-

si existen, son en particular puntos críticos, los cuales son

solución del sistema

∂f ∂x (x, y) ∂f ∂y (x, y)

= 3x2 − 3 = 0 = 3y 2 − 6 = 0.

x 2 = 1, √ por lo que x = ±1 y de la segunda = 2, resultando y = ± 2. Puesto que la primera ecuación segunda ecuación sólo depende de y , los puntos críticos

De la primera ecuación se deduce que

2 ecuación se tiene que y

sólo depende de

x

y la

son:

√ √ √ x = 1, y = ± 2 =⇒ (1, 2), (1, − 2), √ √ √ x = −1, y = ± 2 =⇒ (−1, 2), (−1, − 2), Para clasicar cada uno de estos cuatro puntos se aplica 5.50 y para ello se analiza la matriz Hessiana.

⎛

Hf (x, y) = ⎝

292

∂2f (x, y) ∂x2 2 ∂ f ∂y∂x (x, y)

∂2f ∂x∂y (x, y) ∂2f (x, y) ∂y 2

⎞ ⎠=

6x 0 0 6y

.


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Sustituyendo en cada punto crítico, se tiene lo siguiente. 1. Punto

(1,

√ 2).

6 √ 0 Hf (1, 2) = , 0 6 2 √ √ √ ∂2f (1, 2) = 6 > 0 y |Hf (1, 2)| = 36 2 > 0, por el criterio 5.50 se sigue y como 2 ∂x √ √ √ 2) es un mínimo relativo estricto de f , cuyo valor es f (1, 2) = −4 2. que (1, √ 2. Punto (1, − 2).

√ 6 0√ , Hf (1, − 2) = 0 −6 2 y como

√

√ √ |Hf (1, − 2)| = −36 2 < 0,

por el criterio 5.50 se sigue que

√ (1, − 2)

es

√ (−1, 2)

es

un punto de silla. 3. Punto

√ (−1, 2). Hf (−1,

y como

√

2) =

√ √ |Hf (1, − 2)| = −36 2 < 0,

−6 √ 0 0 6 2

,

por el criterio 5.50 se sigue que

un punto de silla. 4. Punto

√ (−1, − 2).

√

Hf (−1, − 2) = y como

−6 0√ 0 −6 2

,

√ √ √ 2) = −6 < 0 y |Hf (1, 2)| = 36 2 > 0, por el criterio 5.50 √ √ (−1, − 2) es un máximo relativo de f , cuyo valor es f (−1, − 2) =

∂2f (−1, − ∂x2

se sigue que

√ 4 + 4 2.

En la Figura 5.14 se muestra la supercie dada por los extremos relativos de

f

en la que se aprecian

y los dos puntos de silla. En particular, obsérvese que

si se produce un desplazamiento desde el punto

Y,

f,

(−1,

√

2),

en la dirección del eje

la función crece, y si se realiza un desplazamiento en la dirección del eje

función decrece. Es decir, en las proximidades del punto puntos en los que

f

toma un valor mayor que

un valor menor. Por este motivo,

(−1,

√

se interpreta grácamente que el punto

(−1,

√

2),

X,

la

se encuentran

√ f (−1, 2) y puntos en los que toma

2) es √ un punto de silla. De forma análoga (1, − 2) es también de silla.

293



Figura 5.14. Gráca de f (x, y) = x3 + y3 − 3x − 6y + 2.

Ejercicio 5.38.


f (x, y) = (x2 + y 2 )2 − 2(x2 − y 2 ).

Solución.

La función

extremos relativos de

f

es diferenciable en

R2

por ser polinómica, así pues, los

f , si existen, son en particular puntos críticos. Dichos puntos

son solución del sistema

∂f ∂x (x, y) ∂f ∂y (x, y)

= 0,

(5.3)

= 0.

Se tiene que

∂f f (x, y) = 2(x2 + y 2 )2x − 4x = 4x(x2 + y 2 − 1), ∂x ∂f f (x, y) = 2(x2 + y 2 )2y + 4y = 4y(x2 + y 2 + 1), ∂y luego el sistema (5.3) es equivalente a

4x(x2 + y 2 − 1) = 0 ⇐⇒ 4y(x2 + y 2 + 1) = 0

De la primera ecuación, o bien

x=0

o bien

x(x2 + y 2 − 1) = 0 y(x2 + y 2 + 1) = 0.

x2 + y 2 − 1 = 0.

Estudiemos los dos

casos: (A)

294

x = 0. Sustituyendo en la segunda ecuación resulta y(y 2 + 1) = 0. Puesto 2 que y + 1 > 0 para todo y ∈ R, la única solución es y = 0, obteniéndose el punto (0, 0).


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES (B)

x 2 + y 2 − 1 = 0,

x2 + y 2 por el valor 1 en la segunda ecuación se tiene 2y = 0. Por tanto, y = 0 y 2 2 2 como x + y = 1, resulta x = 1, que tiene por soluciones x = ±1. Luego se obtienen los puntos (1, 0) y (−1, 0). es decir,

x2 + y 2 = 1.

En este caso, sustituyendo

Para clasicar los tres puntos críticos obtenidos, se estudia la matriz Hessiana de

f

en cada uno de ellos. Se tiene que

∂2f (x, y) = 4(x2 + y 2 − 1) + 8x2 = 12x2 + 4y 2 − 4, ∂x2 ∂2f ∂2f (x, y) = 8xy = (x, y), ∂x∂y ∂y∂x ∂2f (x, y) = 4(x2 + y 2 + 1) + 8y 2 = 4x2 + 12y 2 + 4, ∂y 2 por lo que la matriz Hessiana de

⎛ Hf (x, y) = ⎝ =

f

en un punto genérico

∂2f (x, y) ∂x2 2 ∂ f ∂y∂x (x, y)

Hf (0, 0) =

de silla

−4 0 0 4

|Hf (0, 0)| = −16 < 0, por el criterio de f . Por último, resulta que

Hf (1, 0) = Hf (−1, 0) = y como

∂2f (1, 0) ∂x2

⎠

.

,

5.50 se sigue que

viene dada por

⎞

12x2 + 4y 2 − 4 8xy 2 8xy 4x + 12y 2 + 4

Por consiguiente,

y como

∂2f ∂x∂y (x, y) ∂2f (x, y) ∂y 2

(x, y)

8 0 0 8

(0, 0)

es un punto

,

∂2f (0, 1) ∂x2

= 8 > 0 y |Hf (1, 0)| = |Hf (−1, 0)| = 64 > 0, por el (1, 0) y (−1, 0) son mínimos locales estrictos, f (1, 0) = f (−1, 0) = −1. En la Figura 5.15 se muestra la gráca de f , =

criterio 5.50 se sigue que los puntos con valor

en la que se aprecian los mínimos relativos y el punto de silla. Obsérvese que si se produce un desplazamiento pequeño desde el punto

X,

(0, 0)

en la dirección del eje

la función decrece, y si se realiza un desplazamiento pequeño desde

la dirección del eje

Y

(0, 0)

en

la función crece.

295



Figura 5.15. Gráca de f (x, y) = (x2 + y2 )2 − 2(x2 − y2 ).

Ejercicio 5.39.

Obténganse los extremos relativos de la función

f (x, y) = x4 + 2y 2 − 2xy − 3.

Solución. Puesto que f

es diferenciable en

R2

por ser polinómica, los puntos

críticos son las soluciones del sistema

∂f ∂x (x, y) ∂f ∂y (x, y)

=0 =0

⇐⇒

4x3 − 2y = 0 ⇐⇒ 4y − 2x = 0

De la segunda ecuación resulta que

x = 2y

2x3 − y = 0 2y − x = 0

y sustituyendo en la primera ecuación

se tiene que

2(2y)3 − y = 0 ⇐⇒ 16y 3 − y = 0 ⇐⇒ y(16y 2 − 1) = 0. De esta última ecuación, se deduce que o bien tiene por soluciones

y=

± 14 .

x = 2 · 0 = 0,

Si

y = 0,

Si

y=

Si

y = − 14 , se tiene que x = −2 · 14 = − 12

entonces

1 4 , resulta

x=2·

1 4

=

y =0

o bien

16y 2 − 1 = 0,

(0, 0). 1 1 2, 4 .

que

y se tiene el punto crítico

1 2 y se tiene el punto crítico

resultando el punto crítico

− 12 , − 41

.

A continuación, se analiza la matriz Hessiana para clasicar cada uno de los tres puntos críticos.

⎛

Hf (x, y) = ⎝

296

∂2f (x, y) ∂x2 2 ∂ f ∂y∂x (x, y)

∂2f ∂x∂y (x, y) ∂2f (x, y) ∂y 2

⎞ ⎠=

12x2 −2 −2 4

.


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Por consiguiente,

Hf (0, 0) =

0 −2 −2 4

,

|Hf (0, 0)| = −4 < 0, por el criterio 5.50 se sigue que (0, 0) es un punto de f.

1 1 1 1 3 −2 = Hf , = , Hf − , − −2 4 2 4 2 4 1 1 1 1 ∂2f 1 1 ∂2f 1 1 = − = 3 > 0 y |Hf | = |Hf , , − , y como 2 2 2 4 2 4 2 4 2 , 4 | = 8 > 0, ∂x ∂x 1 1 1 1 por el criterio 5.50 se sigue que los puntos 2 , 4 y − 2 , − 4 son mínimos locales estrictos de f . y como silla de

Ejercicio 5.40. Obténganse y clasifíquense los extremos relativos de la función f (x, y, z) = x2 + 2y 2 + 4z 2 + xy + xz + zy.

Solución. Se calculan los puntos críticos de f para buscar los posibles extremos relativos. Luego hay que resolver el sistema

⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩

∂f ∂x (x, y, z) ∂f ∂y (x, y, z) ∂f ∂y (x, y, z)

= 2x + y + z = 0, = 4y + x + z = 0, = 8z + x + y = 0.

Es fácil ver que la única solución del sistema anterior es la trivial, por lo que se obtiene el único punto crítico es

P

P = (0, 0, 0).

Para comprobar qué clase de punto

se calcula la matriz Hessiana

⎛

⎞ 2 1 1 Hf (x, y, z) = Hf (0, 0, 0) = ⎝ 1 4 1 ⎠ . 1 1 8 Se tiene que

Δ1 = 2 > 0,

2 1 Δ2 = 1 4

Así pues, por 5.49 el punto

P

= 7 > 0,

2 1 1 Δ3 = 1 4 1 1 1 8

= 52 > 0.

es un mínimo relativo estricto, con valor

f (0, 0, 0) =

0.

297



Ejercicio 5.41.

Hállense los extremos relativos de

fa (x, y) = y 3 − ay 2 − x2 + 3, en función de los valores del parámetro

a ∈ R.

Solución. La función fa es diferenciable en R2 por ser polinómica. Los extremos fa , si existen, son en particular puntos críticos, los cuales son solución

relativos de del sistema

∂fa ∂x (x, y) ∂fa ∂y (x, y)

= −2x = 0 = 3y 2 − 2ay = 0.


x = 0.

Por otra parte, la segunda ecuación

2a 3 , luego se obtienen los puntos críticos

(0, 0) y tiene por soluciones y = 0 e y = 0, 2a (obsérvese que si a = 0 se obtiene como único punto crítico el (0, 0)). Para 3 clasicar los puntos críticos obtenidos, se analiza la matriz Hessiana en cada uno de ellos. En un punto genérico

⎛ Hfa (x, y) = ⎝ En el punto

(0, 0)

(x, y) ∈ R2 ,

∂ 2 fa (x, y) ∂x2 2 ∂ fa ∂y∂x (x, y)

∂ 2 fa ∂x∂y (x, y) ∂ 2 fa (x, y) ∂y 2

Hfa (0, 0) =

y por tanto

∂ 2 fa ∂x2

0, 3a 2 = −2 < 0

−2 0 0 6y − 2a

.

−2 0 0 −2a

,

a > 0.

|Hfa 0, 3a 2 | = −14a. según el signo de a: y

∂ 2 fa (0, 0) ∂x2

= −2 < 0 y |Hfa (0, 0)| = 4a > 0, (0, 0) es un máximo relativo estricto. Por 3a |Hfa 0, 2 | = −14a < 0, por el criterio 5.50 se sigue que

En este caso, como

por el criterio 5.50 se sigue que otra parte, como

298

es

= −2 < 0 y |Hfa (0, 0)| = 4a. 0, 3a resulta 2

3a −2 0 = , Hfa 0, 0 7a 2

Se analizan los siguientes casos

A)

⎠=

fa

∂ 2 fa (0,0) ∂x2

En el punto

(

⎞

se tiene

luego

la matriz Hessiana de

0, 3a 2

es un punto de silla.



B)

a < 0. Como |Hfa (0, 0)| = 4a < 0, se deduce por 5.50 que (0, 0) es un punto 3a ∂ 2 fa 3a de silla, y como 0, = −2 < 0 y |Hfa 0, 2 2 2 | = −14a > 0, por el ∂x 3a criterio 5.50 se sigue que 0, es un máximo relativo estricto. 2

C)

a = 0. Se trata de un caso dudoso, pues |Hf0 (0, 0)| = 0. Obsérvese que dado ε > 0 tan pequeño como se quiera, los puntos (0, ε) y (0, −ε) están tan próximos al punto (0, 0) como se quiera y para estos puntos se tiene que

(

(

f0 (0, ε) = ε3 + 3 > 3 = f0 (0, 0), f0 (0, −ε) = −ε3 + 3 < 3 = f0 (0, 0). (0, 0), (0, 0), en el que para todos los puntos (x, y) de la bola se tendría que f0 (x, y) ≤ f0 (0, 0), si (0, 0) fuese un máximo relativo o f0 (x, y) ≥ f0 (0, 0), si (0, 0) fuese un mínimo relativo. Eligiendo ε > 0 tan pequeño como se quiera, los puntos (0, ε) y (0, −ε) pertenecen a esa bola, pero en el primero de ellos f0 toma un valor mayor que en el (0, 0) y en el segundo de ellos un valor menor, por lo que se concluye que (0, 0) es Si

(0, 0)

fuese un extremo relativo, entonces existiría un entorno de

es decir, una bola abierta centrada en

un punto de silla.

Ejercicio 5.42.

Estúdiense los extremos absolutos de la función

f (x, y) = x2 + y 2 − 3y en el dominio

D = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x2 , y ≤ 2}.

Solución. La función f

es continua por ser polinómica y el dominio

D

es un

conjunto cerrado y acotado (véase la Figura 5.16). Así pues, por el Teorema de Weierstrass (5.52) la función

f

alcanza los extremos absolutos en

extremos absolutos se alcanzan o bien en los extremos relativos de a

int D

o bien en la frontera de

D

f

D.

Dichos

pertenecientes

(véanse 5.51 y 5.52). Es fácil ver que

int D = {(x, y) ∈ R2 : y > x2 , y < 2}. y = x2 con la ( 2, 2) y la frontera de D es fr D = D1 ∪ D2 , donde √ √ D1 = {(x, y) ∈ R2 : y = x2 , x ∈ [− 2, 2]}, √ √ D2 = {(x, y) ∈ R2 : y = 2, x ∈ [− 2, 2]}.

Por otra parte, los puntos de corte de la parábola

√

(− 2, 2)

y

√

recta

y=2

son

El procedimiento a seguir es el siguiente:

299



Figura 5.16. Dominio D.

1. 2.

Se calculan los extremos relativos de

f

pertenecientes a

f

Se determinan los extremos absolutos de

en

fr D

int D.

(el conjunto

cerrado y acotado, luego el máximo y el mínimo absolutos de

f

en

fr D fr D

es se

alcanzan).

3.

El mínimo absoluto de

f

en

D

se alcanza en el punto en el que

de

f

en

f

toma

en

int D

en

D

se alcanza en el punto en

y el mínimo absoluto

fr D.

Análogamente, el máximo absoluto de el que

f

f

menor valor entre los extremos relativos de

f

toma mayor valor entre los extremos relativos de

máximo absoluto de

f

en

f

en

int D

y el

fr D.

A continuación, se realiza el estudio.

1.

Para calcular los extremos relativos de

f

hay que determinar los puntos

críticos:

∂f ∂x (x, y) ∂f ∂y (x, y)

= 2x = 0 = 2y − 3 = 0.

x = 0 y de la segunda que y = 32 , luego 3 el único punto crítico es P = 0, 2 , que pertenece a int D . Para clasicar este punto, se determina la matriz Hessiana de f en P . Se tiene que

3 2 0 Hf 0, = , 0 2 2


300


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES y se verica que

∂2f ∂x2

0, 32 = 2 > 0

Así pues, por 5.50 el punto

f (P ) =

2.

P

y

Hf 0, 3 = 4 > 0. 2

es un mínimo relativo de

− 94 , y es un posible extremo absoluto en

f,

D.

Ahora hay que calcular el máximo y el mínimo absolutos de ello, hay que determinar los extremos absolutos de absolutos de

f

en

cuyo valor es

f

en

D1 ,

f

en

fr D. Para

y los extremos

D2 .

2.1. En la parte de la frontera dada por D1 , se tiene que y = x2 , luego la función

f

en esta parte toma la expresión

F1 (x) = f (x, x2 ) = x2 + (x2 )2 − 3x2 = x4 − 2x2 . Así pues, los extremos absolutos de mos absolutos de

F1

en el intervalo

f" en 1 , se# corresponden √ D√ − 2, 2 . Derivando,

con los extre-

F1 (x) = 4x3 − 4x = 4x(x2 − 1), −1, √ que son los puntos F1 (x) = 0 si y sólo si x = 0, x = 1 y x "= √ # críticos de F1 , los tres pertenecientes al intervalo − 2, 2 . Se deja como ejercicio comprobar que en los puntos x = −1 y x = 1 la función F1 tiene dos mínimos relativos y en x = 0 tiene un máximo relativo. Se calcula el valor de F1 en los extremos del intervalo y en los extremos relativos obtenidos: √ √ F1 − 2 = 0, F1 (−1) = −1, F1 (0) = 0, F1 (1) = −1, F1 2 = 0. √ " √ √ # Entonces, el máximo absoluto de F1 en − 2, 2 se alcanza en x = − 2, √ x = 0 y x = 2 con valor 0, y el mínimo absoluto de F1 se alcanza en x = −1 y x = 1, con valor −1. por lo que

√ D1 la función f alcanza √ elmáximo absoluto en los 2, 2 con valor 0, y el mínimo Q1 = − 2, 2 , Q2 = (0, 0) y Q3 = absoluto en los puntos Q4 = (−1, 1) y Q5 = (1, 1), con valor −1. Por consiguiente, en

puntos

2.2. En D2 , se tiene que y = 2, y la función f

toma la forma

F2 (x) = f (x, 2) = x2 + 22 − 3 · 2 = x2 − 2. con los extremos ab" √ √ #f en D2 se corresponden 2 . Se tiene que F2 (x) = 2x, por lo que el único solutos de F2 en − 2, " √ √ # 2 . Es fácil ver que x = 0 punto crítico es x = 0, que pertenece a − 2, es un mínimo relativo de F2 . Puesto que √ √ F2 − 2 = 0, F2 (0) = −2, F2 2 = 0,

Los extremos absolutos de

301

√ " √ √ # − 2, 2 F2 x=± 2 x=0 −2 D2 Q1 Q3 Q6 = (0, 2)

0 f

f fr D

Q1 Q2 −2

Q6

Q3

0

f f Q3

fr D

P f

D

0

P

Q1 Q2 Q3 Q6 f int D Q1 Q2 − 94 = −2,25

f

D

f (x, y) = x2 + y 3 − 3y

g(x, y) = −x2 − y 2 E = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 4}. g (0, 0)

E 2 g

E g


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES a

int E

o bien en la frontera de

E.

Es claro que

int E = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 < 4}, fr E = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 = 4}. g es el (0, 0), que pertenece al interior de g(x, y) ≤ g(0, 0) = 0, para todo (x, y) ∈ E (de hecho, 2 2 para todo (x, y) ∈ R ). Por consiguiente, en E (de hecho, en R ) la función g alcanza el máximo absoluto en el punto (0, 0), con valor 0. Es fácil ver que el único punto crítico de

E,

y además se tiene que

Falta determinar el mínimo absoluto de

g,

que se alcanzará en la frontera de

(x, y) ∈ fr E verican la ecuación x2 + y 2 = 4, por lo 2 2 que la función g en la frontera de E es igual a g(x, y) = −x − y = −4, luego g alcanza el mínimo absoluto en todos los puntos de la frontera de E , es decir, en todos los puntos de la circunferencia de centro (0, 0) y radio 2, y el valor de ese mínimo es −4.

E.

Obsérvese que los puntos

En la Figura 5.18 se representa la supercie dada por

f

sobre el dominio

E , en

la que se indica también el máximo absoluto y el conjunto de mínimos absolutos de

g

en

E

(en rojo).

Figura 5.18. Gráca de g(x, y) = −x2 − y2

y dominio de estudio.

Ejercicio 5.44. Sea f (x, y) = 2x + 4y − 2. Determínense los extremos absolutos de

x2

f restringida + y 2 = 25.

al conjunto de puntos

(x, y) ∈ R2

que satisfacen la ecuación

303



Solución. Sea g(x, y) = x2 + y2 − 25. Hay que obtener los extremos absolutos de f

restringida al dominio

S = {(x, y) ∈ R2 : g(x, y) = 0}. Es decir, hay que determinar los extremos absolutos de

g(x, y) = 0.

Obsérvese que

S

f

sujetos a la restricción

(0, 0) y radio 5, que es un conjunto cerrado y acotado. Por tanto, como la función f es 2 continua en R por ser polinómica, por el Teorema de Weierstrass (véase 5.52) f alcanza los extremos absolutos en S . Dichos extremos absolutos son en particular extremos relativos de f restringida a S , luego para determinarlos se aplica el

de igualdad

es la circunferencia de centro

Teorema de los multiplicadores de Lagrange (véase 5.54). Primero se comprueba que se satisfacen las hipótesis del Teorema 5.54. Es claro que

f

y

g

R2 , por ser polinómicas. Por otra ∇g(x, y) = (2x, 2y), y (2x, 2y) = (0, 0), ∇g(x, y) = (0, 0) para todo (x, y) ∈ S (ya que

son funciones diferenciables en

R2 se tiene que

(x, y) ∈ si y sólo si x = 0 e y = 0. Así pues, el punto (0, 0) no pertenece a S ) y se

parte, para cada

cumplen las condiciones del Teorema de los

multiplicadores de Lagrange. La función Lagrangiana es

Lλ (x, y) = f (x, y) + λg(x, y) = 2x + 4y − 2 + λ(x2 + y 2 − 25), con

λ ∈ R. Así pues, los extremos relativos de f

sujetos a la restricción

g(x, y) = 0

son solución del sistema

∇Lλ (x, y) = (0, 0) g(x, y) = 0,

que es equivalente a

⎧ ⎨ 2 + 2xλ = 0 4 + 2yλ = 0 ⎩ 2 x + y 2 = 16. De la primera ecuación se deduce que

304

2 = 0.

λ = 0,

pues si

De este modo, se puede dividir por

λ

λ=0

se obtiene la contra-

x e y en y = − λ2 . la primera y segunda ecuación, respectivamente, obteniéndose x = 1 2 2 2 Sustituyendo en la tercera ecuación resulta − + − λ = 25, esto es λ52 = 25, λ 1 1 que tiene por soluciones λ1 = + √ y λ2 = − √ . Por consiguiente, para λ1 se 5 5

dicción

y es posible despejar

− λ1 e


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES √ x = − λ11 = − 5 √ y = − λ22 = 2 5. obtiene

e

√ y = − λ21 = −2 5,

Por tanto, se obtiene el punto crítico grange

λ1 ,

y el punto

√

√ ( 5, 2 5),

y para

λ2

√ √ (− 5, −2 5)

se tiene

x = − λ12 =

√ 5

e

con multiplicador de La-

con multiplicador de Lagrange

λ2 .

Como sólo se han obtenido dos puntos críticos, éstos son los extremos absolutos de

f

f

en

S

(pues se sabe que se alcanzan, por el Teorema de Weierstrass). Se evalúa

en cada uno de estos puntos para saber cuál es el máximo y cuál es el mínimo

absoluto.

√ √ √ f (− 5, −2 5) = −10 5 − 2, √ √ Luego (− 5, −2 5) es el mínimo absoluto absoluto de f en S .

√ √ √ f ( 5, 2 5) = 10 5 − 2. √ √ de f en S y ( 5, 2 5) es el

En la Figura 5.19 se representa la supercie dada por

f,

máximo

que en este caso es

un plano, y los puntos de esa supercie que satisfacen la condición de ligadura (en negro). Los puntos señalados en rojo son el máximo y el mínimo absolutos de

f

en

S.

Figura 5.19. Extremos absolutos de f (x, y) = 2x + 4y − 2 sujetos a la restricción g(x, y) = x2 + y 2 − 25.

Ejercicio 5.45. relativos de

f

f (x, y) = y(x2 + 1), restricción x + y = 2.

Dada la función

sujetos a la

estúdiense los extremos

305



Solución. Sea g(x, y) = x+y−2. El problema consiste en determinar los extremos relativos de

f


S = {(x, y) ∈ R2 : g(x, y) = 0}. La función Lagrangiana asociada es

Lλ (x, y) = f (x, y) + λg(x, y) = y(x2 + 1) + λ(x + y − 2), λ ∈ R. f y g son diferenciables en R2 por ser polinómicas. 2 Además, ∇g(x, y) = (1, 1) = (0, 0), para todo (x, y) ∈ R , y en particular para todo (x, y) ∈ S . Así pues, se satisfacen las condiciones del Teorema de los multiplicadores de Lagrange (véase 5.54), por el cual si (¯ x, y¯) es un extremo relativo sujeto a la condición de ligadura g(x, y) = 0, entonces existe λ ∈ R tal que (¯ x, y¯) Las funciones

es solución del sistema

que es equivalente a

⎧ ⎨

∇Lλ (x, y) = (0, 0) g(x, y) = 0,

2xy + λ = 0 (1) + 1 + λ = 0 (2) ⎩ x + y − 2 = 0 (3) x2

y = −x + 2. Sustituyendo esta expresión en (1) resulta −2x2 + 4x + λ = 0 y restando esta ecuación a (2) se obtiene 3x2 − 4x + 1 = 0, que 1 tiene por soluciones x = 1 y x = . Sustituyendo los valores obtenidos de x en la 3 segunda y tercera ecuación se determinan los valores de λ y de y respectivamente, 1 5 10 y se obtiene el punto (1, 1) con λ = −2, y el punto 3 , 3 para λ = − 9 . De la ecuación (3),

El conjunto

S

no es acotado, ya que se trata de una recta en el plano. Por

tanto, para clasicar los puntos obtenidos, hay que aplicar el Teorema 5.55. Para ello, se determina la forma cuadrática con respecto a

x

e

y

∂ 2 Lλ (x, y) = 2y, ∂x2 Por tanto, para el punto

φ(h1 , h2 ) =

306

φ.

Las derivadas parciales segundas de

Lλ

son

∂ 2 Lλ ∂ 2 Lλ (x, y) = (x, y) = 2x, ∂y∂x ∂x∂y (1, 1)

y

λ = −2

∂ 2 Lλ (x, y) = 0. ∂y 2

se tiene que

∂ 2 L−2 ∂ 2 L−2 ∂ 2 L−2 2 (1, 1)h (1, 1)h + 2 h + (1, 1)h22 = 2h21 + 4h1 h2 . 1 2 1 ∂x2 ∂y∂x ∂y 2


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES φ(h1 , h2 ) para los puntos (h1 , h2 ) ∈ R2 \{(0, 0)} que satisfacen la ecuación ∇g(1, 1) · (h1 , h2 ) = 0. Ésta es equivalente a (1, 1) · (h1 , h2 ) = 0, es decir, h1 + h2 = 0, de donde h2 = −h1 . Así pues, para 2 los puntos (h1 , h2 ) ∈ R tales que h2 = −h1 , con (h1 , h2 ) = (0, 0) se tiene que A continuación, hay que estudiar el signo de

φ(h1 , h2 ) = φ(h1 , −h1 ) = 2h21 + 4h1 (−h1 ) = 2h21 − 4h21 = −2h21 < 0. Por consiguiente, el punto de ligadura Para el

g(x, y) = 0. 1 5 punto 3, 3

(1, 1)

y

es un máximo relativo de

λ = − 10 9

f

sujeto a la condición

se tiene que

∂ 2 L− 10 1 5 ∂ 2 L− 10 1 5 ∂ 2 L− 10 1 5 2 9 9 9 + 2 h + , h , h , h22 1 2 1 ∂x2 3 3 ∂y∂x 3 3 ∂y 2 3 3 10 4 = h21 + h1 h2 , 3 3 1 5 2 y los puntos (h1 , h2 ) ∈ R \{(0, 0)} que satisfacen la ecuación ∇g 3 , 3 ·(h1 , h2 ) = 0, son de nuevo los puntos (h1 , h2 ) tales que h2 = −h1 , con (h1 , h2 ) = (0, 0), ya que g es lineal. Por tanto, para estos puntos resulta que φ(h1 , h2 ) =

φ(h1 , h2 ) = φ(h1 , −h1 ) = por lo que

( 13 , 53 )

es un mínimo relativo.

Ejercicio 5.46. x2 + y 2 + z 2

10 2 4 2 h − h = 2h21 > 0, 3 1 3 1


f (x, y, z) =


S = {(x, y) ∈ R2 : y = 1 − x, z = 1 + x}.

Solución. Sean g1 (x, y, z) = x+y −1 y g2 (x, y, z) = x−z +1. Hay que determinar los extremos relativos de

f

sujetos a las condiciones de ligadura

g1 (x, y, z) = 0

y

g2 (x, y, z) = 0. f , g1 y g2 son diferenciables en R3 por ser polinómicas. Además, (x, y, z) ∈ R3 se tiene que

∇g1 (x, y, z) 1 1 0 = , 1 0 −1 ∇g2 (x, y, z)

Las funciones para cada

y esta matriz tiene rango 2, igual al número de condiciones de ligadura. Por tanto, se satisfacen las hipótesis del Teorema de los multiplicadores de Lagrange, por el

307


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos cual los extremos relativos de

f

en

S,

si existen, son soluciones del sistema

⎧ ⎨ ∇L(λ1 ,λ2 ) (x, y, z) = (0, 0, 0) g1 (x, y, z) = 0 ⎩ g2 (x, y, z) = 0 donde

L(λ1 ,λ2 ) (x, y, z) = f (x, y, z) + λ1 g1 (x, y, z) + λ2 g(x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 + λ1 (x + y − 1) + λ2 (x − z + 1), con

λ1 , λ2 ∈ R.

El sistema anterior es equivalente a

⎧ 2x + λ1 + λ2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2y + λ1 ⎨ 2z − λ2 ⎪ ⎪ x+y ⎪ ⎪ ⎩ x−z

=0 =0 =0 =1 = −1

(1) (2) (3) (4) (5)

(4) y (5) se tiene y = 1 − x y z = 1 + x, y sustituyendo estas expresiones en (2) y (3) se obtienen dos nuevas ecuaciones, que junto con (1) dan lugar al siguiente sistema Se trata de un sistema lineal de cinco ecuaciones con cinco incógnitas. Por

lineal de tres ecuaciones con tres incógnitas:

⎧ ⎨

2x + λ1 + λ2 = 0 = −2 −2x + λ1 ⎩ 2x − λ2 = −2, que se resuelve fácilmente y tiene como solución

y =1−0=1 (0, 1, 1). pues,

y

z = 1 + 0 = 1,

x = 0, λ1 = −2

para clasicar el punto obtenido, hay que utilizar el Teorema 5.55.

308

λ2 = 2.

Así

S no es acotado, pues S es intersección de los planos de ecuaciones g1 (x, y, z) = 0 y g2 (x, y, z) = 0, que es igual a una recta. Por tanto,

El conjunto implícitas

y

por lo que se obtiene el único punto crítico


FUNCIONES DE VARIAS VARIABLES Las derivadas segundas de

∂ 2 L(λ1 ,λ2 ) (x, y, z) = ∂x2 ∂ 2 L(λ1 ,λ2 ) (x, y, z) = ∂x∂y ∂ 2 L(λ1 ,λ2 ) (x, y, z) = ∂x∂z ∂ 2 L(λ1 ,λ2 ) (x, y, z) = ∂y∂z

L(λ1 ,λ2 )

en cada punto

(x, y, z) ∈ R3

son

∂ 2 L(λ1 ,λ2 ) ∂ 2 L(λ1 ,λ2 ) (x, y, z) = (x, y, z) = 2, ∂y 2 ∂z 2 ∂ 2 L(λ1 ,λ2 ) (x, y, z) = 0, ∂y∂x ∂ 2 L(λ1 ,λ2 ) (x, y, z) = 0, ∂z∂x ∂ 2 L(λ1 ,λ2 ) (x, y, z) = 0. ∂z∂y

Por consiguiente, para el punto

(0, 1, 1)

la forma cuadrática

φ

denida en el Teo-

rema 5.55 es igual a

φ(h1 , h2 , h3 ) = 2h21 + 2h22 + 2h23 , (h1 , h2 , h3 ) ∈ R3 \{(0, 0, 0)}, luego (h1 , h2 , h3 ) ∈ R3 \{(0, 0, 0)} que satisface las ecuaciones

que es mayor que cero para todo para todo

en particular,

∇g1 (0, 1, 1) · (h1 , h2 , h3 ) = 0, ∇g2 (0, 1, 1) · (h1 , h2 , h3 ) = 0. Así pues, el punto

(0, 1, 1)

es un mínimo relativo de

f

restringida a

S.

NOTA. Se puede dar la siguiente interpretación geométrica a este ejercicio. La

f (x, y, z) = x2 + y 2 + z 2 es la distancia al cuadrado del punto (x, y, z) al origen O y S es la recta de ecuaciones paramétricas x = t, y = 1 − t, z = 1 + t. El mínimo de f restringido a S es la distancia al cuadrado de O a S y se alcanza en el punto P que es la proyección ortogonal de O sobre S . Este punto P se halla como el corte de S y el plano π ortogonal a S por O que está dado por x − y + z = 0. Sustituyendo las ecuaciones paramétrica de S en la ecuación del plano π resulta t − (1 − t) + (1 + t) = 0, luego t = 0 y el punto P = (0, 1, 1). Por consiguiente, el mínimo absoluto de f sobre S es f (0, 1, 1) = 2. El máximo absoluto de f sobre S es claro que no se alcanza (es +∞).

función

309



Tema 6 INTEGRACIÓN. APLICACIONES

1.


6.1.

Primitivas e integral indenida. Dada una función f

dice que

F

es una primitiva de

f

si se verica que F (x)

de cualquier constante es cero, resulta que si es

F +C

para cualquier constante

F

real de variable real, se

= f (x). Como la derivada f , también lo

es una primitiva de

C . Es decir, si una función tiene una primitiva,

entonces tiene innitas. El conjunto de todas las primitivas de una función integral indenida de

f

f

cuando existan se llama

y se denota por:

.

f (x)dx = F (x) + C. 6.2.

Propiedades de la integral indenida. Teniendo en cuenta las propiedades de

las derivadas, resulta que la integral de la suma (diferencia) de dos funciones es la suma (diferencia) de las integrales y que la integral de una constante una función es la constante por la integral de la función, es decir:

.

.

(f (x) ± g(x))dx =

.

f (x)dx ±

.

g(x)dx;

kf (x)dx = k

k∈R

por

. f (x)dx.

Por denición de primitiva, la integral de la derivada de una función es la función,

.

es decir

6.3.

F (x)dx = F (x) + C.

Integración por sustitución.

En ocasiones se puede utilizar un cambio de

variable para tratar de llegar a una integral inmediata. Si se realiza el cambio

x = ϕ(t),

resulta que

dx = ϕ (t)dt y, en consecuencia, . . f (x)dx = (f (ϕ(t))ϕ (t)dt.

Integración por partes.

v

son funciones derivables, por la regla de

derivación del producto se verica que

d(u · v) = udv + vdu, con lo que integrando

6.4.

Si

u

y

311


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos udv

y despejando la integral de partes:

se tiene la siguiente fórmula de integración por

.

. udv = uv −

vdu.

6.5.

Integración de funciones racionales. Si P (x) es un polinomio de grado P (x) es una función racional. Q(x) es un polinomio de grado m, f (x) = Q(x)

n≥m

Si

C(x)

y

se dividen los polinomios y se tiene que:

.

donde

n

P (x) dx = Q(x)

es el cociente y

R(x)

.

. C(x) dx +

R(x) dx Q(x)

es el resto de la división, de tal forma que la

primera integral es inmediata y la segunda es racional con grado en el numerador menor que el grado del denominador, con lo que la integración se reduce al siguiente caso.

n
Si

se descompone el cociente en suma de fracciones simples y se opera

como sigue. Se obtienen las raíces de

Q(x) = 0 que pueden ser reales o complejas y simples

o múltiples. Para describir el método, supongamos que hay una de cada tipo,

Q(x) tiene las raíces a real simple, b real múltiple de k , p±qi complejas conjugadas simples y r ±si complejas conjugadas P (x) multiplicidad h. Se descompone Q(x) en suma de fracciones simples

es decir, supongamos que multiplicidad múltiples de como sigue:

P (x) Q(x)

= +

A B1 B2 Bk Mx + N + + + ... + + 2 k x − a x − b (x − b) (x − p)2 + q 2 (x − b) R1 x + S1 R2 x + S2 Rh x + Sh + + ... + (x − r)2 + s2 [(x − r)2 + s2 ]2 [(x − r)2 + s2 ]h

donde quitando denominadores y resolviendo el sistema que resulta de identicar los coecientes de los términos de igual grado, se pueden determinar los valores de

A, B1 , B2 , . . . Bk , M, N, R1 , R2 , . . . , Rh , S1 , S2 , . . . , Sh

que sustituidos en la

expresión anterior resuelven el problema.

6.6.

Método de Hermite. Las integrales anteriores dan lugar a una parte racional

cuando hay raíces múltiples. Esta parte racional se puede obtener sin integrar y con menos operaciones utilizando el método de Hermite. Si se supone que las raíces de

312

Q(x)

son como en el caso anterior, la descomposición por el método de



Hermite es como sigue:

.

P (x) dx = Q(x)

N (x) (x − − r)2 + s2 ]h−1 . . B A dx + dx + x−a x−b . . R1 x + S1 Mx + N dx + dx + (x − p)2 + q 2 (x − r)2 + s2 b)k−1 [(x

donde derivando, quitando denominadores y resolviendo el sistema que resulta de identicar los coecientes de los términos de igual grado, se pueden determinar los valores de

A, B, M, N, R, S

y el polinomio

N (x) que ha de ser de grado menor

que su denominador.

6.7. Funciones trigonométricas racionales. /Si se denota por R una función racional, resulta que cualquier integral del tipo

R(sen x, cos x) dx se convierte en la t = tan( x2 ) de donde se obtiene 2dt dx = 1+t 2 dt.

integral de una función racional con el cambio fácilmente que

sen x =

2t , 1+t2

cos x =

1−t2 y 1+t2

La integral racional que resulta con ese cambio de variable general, se puede simplicar en algunos casos que se enumeran a continuación. (a) Si

R es par en sen x y cos x, es decir si R(− sen x, − cos x) = R(sen x, cos x), t 1 t = tan x y se tiene que sen x = √1+t , cos x = √ y dx = 2 1+t2

entonces se hace

1 dt. 1+t2 (b) Si

R

entonces se hace (c) Si

R

cos x,

es impar en

t = sen x

es impar en

entonces se hace

t = cos x

y se tiene que

sen x,

R(sen√x, − cos x) = −R(sen x, cos x), 1 cos x = 1 − t2 y dx = √1−t dt. 2

es decir si

R(− sen x, cos x), √ x, cos x) = −R(sen −1 2 √ sen x = 1 − t y dx = 1−t2 dt.

es decir si

y se tiene que

6.8. Integral denida.

Sea una partición P del intervalo [a, b] denida por los a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b que denen a su vez n subintervalos de longitudes xi = xi − xi−1 , i = 1, 2, . . . , n y para cada i = 1, 2, . . . , n sea ci ∈ [xi−1 − xi ] un punto cualquiera del subintervalo correspondiente. Se denota por P → 0 cuando todos los xi tienden a cero. En estas condiciones, si f es continua en el intervalo [a, b], se llama integral denida de f en el intervalo [a, b] puntos

a

.

b

f (x) dx = l´ım a

P →0

n

f (ci )xi .

i=1

313



Teorema fundamental del Cálculo. Si f

intervalo cerrado

[a, b],

es una función real continua en el

entonces la función denida por la siguiente integral:

.

x

f (t) dt,

F (x) = a es derivable en

(a, b)

y se verica que

F (x) = f (x), ∀x ∈ (a, b).

6.10.

Regla de Barrow. Este resultado se cita a menudo como segundo teorema

fundamental del Cálculo. Si y

F

es una primitiva de

f,

f

es una función continua en el intervalo cerrado

[a, b]

entonces:

.

b

f (x) dx = F (b) − F (a).

a Se recuerda la notación usual siguiente

6.11. /b a

F (x)]ba = [F (x)]ba = F (b) − F (a).

Algunas propiedades de la integral denida.

(a) La integral denida es lineal, es decir, verica que

f (x)dx+

/b a

g(x)dx y

/b a

kf (x)dx = k

/b a

/b

a (f (x)

+ g(x))dx =

f (x)dx, donde k ∈ R es una constante.

(b) Si se intercambian los límites de integración, la integral denida cambia

(c) Si

6.12.

/b

/a f (x) dx = − b f (x) dx. /c /b /b c ∈ [a, b], entonces a f (x) dx = a f (x) dx + c f (x) dx.

de signo, es decir,

a

Integración denida y cambio de variable.

Si en la integral

x = ϕ(t), con ϕ monótona en el intervalo ϕ(t1 ) = b, entonces se verica (véase 6.3)

realiza la sustitución

t1

y

ϕ(t0 ) = a

y

.

.

b

t1

f (x)dx = a

6.13.

de

/b

f (x)dx se extremos t0 y a

(f (ϕ(t))ϕ (t)dt.

t0

Integrales impropias. En general, se dice que la integral

/b a

f (x) dx

es im-

propia si el intervalo de integración no está acotado o si no lo está la función en el intervalo de integración. Se clasican como sigue.

/b

(a) Integrales impropias de primera especie. Son las integrales de los tipos

−∞ f (x) dx,

314

/∞ a

f (x) dx

e

/∞

−∞ f (x) dx.



Sea f acotada e integrable en todo intervalo de la forma [t, b] (respectivamen[a, t]) para cualquier t ≤ b (resp. t ≥ a) jo. Se dene la integral impropia /∞ /b −∞ f (x) dx (resp. a f (x) dx) como:

. b . b . t . ∞ f (x) dx = l´ım f (x) dx, resp. f (x) dx = l´ım f (x) dx . te

t→−∞ t

−∞

t→∞ a

a

Si el límite es nito se dice que la integral es convergente, si es innito divergente y si no existe límite la integral no existe. En las mismas condiciones se dene para la integral del tercer tipo

.

.

∞ −∞

.

c

f (x) dx = −∞

.

∞

f (x) dx +

t

f (x) dx + l´ım

t→−∞ t

c

.

c

f (x) dx = l´ım

t→∞ c

f (x) dx.

(b) Integrales impropias de segunda especie. Corresponde al caso en que está acotada en el intervalo de integración

f

no

[a, b].

[a, b) (respectivamente [a, b] como:

. b−ε . b . b f (x) dx = l´ım f (x) dx, resp. f (x) dx = l´ım f (x) dx .

Sea

(a, b]). . b

f

integrable en todo intervalo cerrado contenido en

Se dene la integral impropia en

ε→0+

a

a

ε→0+

a

a+ε

Como en el caso anterior, si el límite es nito la integral es convergente, si es

c en que f

innito divergente y si no existe límite la integral no existe. Si el punto no es acotada está en el interior de

[a, b]

se opera de igual forma descomponiendo

la integral en suma de dos integrales impropias de los tipos anteriores. (c) Integrales impropias de tercera especie. Si la función no es acotada y el intervalo tampoco, se dice que la integral es impropia de tercera especie.

6.14.

Volumen de un sólido de revolución. Si f

intervalo cerrado

X,

[a, b]

es una función continua en el

y se hace girar la curva que dene

f

en

[a, b]

sobre el eje

se tiene un cuerpo de revolución cuyo volumen es:

.

b

V =π

[f (x)]2 dx.

a

6.15.

Teorema de Fubini. Sea D = [a, b] × [c, d] ⊂ R2 un rectángulo en el plano de

lados paralelos a los ejes (dominio rectangular). Si tinua en

D, entonces la integral doble de f

reiterada, es decir:

. .

. b .

d

f (x, y) dx dy = D

en

D

f : D → R es una función con-

se puede obtener por integración

.

d . b

f (x, y) dy dx = a

c

f (x, y) dx dy.

c

a

315



Cambio a polares en integrales dobles.

Si

D que, en coordenadas polares α ≤ θ ≤ β y a ≤ ρ ≤ b, entonces

región del plano las condiciones

. .

.

β

.

f (ρ cos θ, ρ sen θ) ρ dρ dθ. α

a

Debe observarse que al pasar a polares, la expresión

6.17.

es continua en la

b

f (x, y) dx dy = D

f : D → R

(véase 5.9), queda denida por

dxdy

pasa a ser

ρdρdθ.

Fórmulas de los rectángulos. Las fórmulas siguientes permiten aproximar a y b, y por tanto el área correspondiente, a partir de un [a, b] en n subintervalos b−a igual a n y de extremos en los puntos a = x0 < x1 . . . <

la integral denida entre

conjunto de rectángulos. Se supone dividido el intervalo de la misma longitud

xn = b.

Con base en estos subintervalos se construyen rectángulos de altura igual

a la imagen de un extremo de cada subintervalo o del punto medio. Es decir:

.

b

a

k=1

.

b a

.

b a

6.18.

b−a f (xk−1 ), n n

f (x) dx

b−a f (x) dx f (xk ), n n

k=1

b−a f (x) dx f n

Fórmula de los trapecios.

n

k=1

.

Como en el caso anterior, la fórmula siguiente

a

permite aproximar la integral denida entre trapecios. Se divide el intervalo

xk−1 + xk 2

[a, b]

en

n

y

b

a partir de un conjunto de

subintervalos de la misma longitud

b−a n y se consideran los trapecios de base en cada subintervalo y alturas

h =

iguales a las imágenes en los extremos de cada subintervalo.

.

b a

6.19. en

n

f (x) dx

h (f (x0 ) + 2f (x1 ) + 2f (x2 ) + . . . + 2f (xn−1 ) + f (xn )). 2

Regla de Simpson. Como en los casos anteriores, se divide el intervalo [a, b]

subintervalos de la misma longitud

h=

b−a n y se consideran los polinomios

de segundo grado (parábolas) que pasan por los extremos y por los puntos medios de cada subintervalo, por lo que para aplicar este método de aproximación de la integral, hay que calcular las imágenes de los

316

2n + 1

puntos

xk = a + k h2

para



k = 0, 1, . . . , 2n .

y resulta:

b

f (x) dx a

h (f (x0 ) + 4f (x1 ) + 2f (x2 ) + 4f (x3 ) + 2f (x4 ) + . . . + 4f (x2n−1 ) + f (x2n )) 6 h = (E + 4I + 2P ), 6

E = f (x0 )+f (x2n ) (extremos), I = f (x1 )+f (x3 )+. . .+f (x2n−1 ) (impares) P = f (x2 ) + f (x4 ) + . . . + f (x2n−2 ) (pares).

donde y

2.

TABLA DE INTEGRALES

A continuación se presenta una relación de integrales inmediatas. 6.20.

.

xn+1 x dx = + C, n+1

.

[f (x)]n · f (x) dx =

n

6.21.

.

.

.

6.22.

.

1 dx = ln |x| + C, x

ex dx = ex + C, 6.23.

.

.

ax a dx = + C, ln a x

f (x)n+1 +C n+1

f (x) dx = ln |f (x)| + C f (x)

ef (x) · f (x) dx = ef (x) + C

af (x) · f (x) dx =

af (x) +C ln a

6.24.

.

. sen x dx = − cos x + C,

f (x) sen(f (x)) dx = − cos(f (x)) + C

6.25.

.

. cos x dx = sen x + C,

f (x) cos(f (x)) dx = sen(f (x)) + C

317



.

. 1 dx = (1 + tg2 x) dx = tg x + C, cos2 x . . f (x) dx = (1 + tg2 (f (x)))f (x) dx = tg(f (x)) + C cos2 (f (x))

6.27.

.

. 1 dx = (1 + cot2 x) dx = − cot x + C, sen2 x . . f (x) dx = (1 + cot2 (f (x)))f (x) dx = − cot(f (x)) + C sen2 (f (x))

6.28. .

.

sec x tan x dx = sec x + C,

6.29. .

.

csc x cot x dx = − csc x+C,

f (x) sec(f (x)) tan(f (x)) dx = sec(f (x)) + C

f (x) csc(f (x)) cot(f (x)) dx = − csc(f (x))+C

6.30. .

6.31.

1 √ dx = arc sen x + C, 1 − x2 .

1 dx = arctan x + C, 1 + x2

.

.

f (x) ' dx = arc sen(f (x)) + C 1 − [f (x)]2 f (x) dx = arctan(f (x)) + C 1 + [f (x)]2

3. EJERCICIOS RESUELTOS 3.1. Integral indenida

Ejercicio 6.1.

Obténgase la integral indenida de las siguientes funciones:

(a )

f (x) = 5x2 + e2x ,

(b )

g(x) = 3 cos4 x sen x,

(c )

h(x) =

318

1 . 9+x2

y



Solución.

(a ) Teniendo en cuenta las propiedades recogidas en 6.2 y la tabla de

integrales, puntos 6.20 y 6.22, resulta

.

2

.

2x

.

2

5x dx + e2x dx . . 1 5 1 2 2e2x dx = x3 + e2x + C. = 5 x dx + 2 3 2

(5x + e )dx =

(b ) Teniendo en cuenta la segunda propiedad recogida en 6.2 y el punto 6.20 de la tabla de integrales, resulta

.

.

4

− cos4 x(− sen x)dx . 3 = −3 cos4 x(− sen x)dx = − cos5 x + C. 5

3 cos x sen xdx = 3

(c ) Dividiendo numerador y denominador por

9

y operando como sigue se

tiene una integral inmediata (véase 6.31).

.

1 dx = 9 + x2

Ejercicio 6.2.

.

1 9

1+

dx = x2 9

1 3

.

1 3

1+

x 2 dx = 3

%x& 1 arctan + C. 3 3


(a )

√ f (x) = (x + 1) x2 + 2x,

(b )

g(x) =

√

(c )

h(x) =

sen x+cos x sen x−cos x .

1 , y 20+8x−x2

Solución. (a ) La derivada de x2 + 2x es 2x + 2 con lo que la integral es inmediata 2 y aplicando 6.2 . . ' 1 2 (2x + 2)(x2 + 2x)1/2 dx (x + 1) x + 2xdx = 2 1' 2 1 2 = · (x2 + 2x)3/2 + C = (x + 2x)3 + C. 2 3 3

multiplicando y dividiendo por

(b ) Completando cuadrados resulta que

20 + 8x − x2 = 36 − (x − 4)2

y operando

319


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos como sigue se tiene una integral inmediata (véase 6.30).

. √

dx = 20 + 8x − x2

.

dx ' = 36 − (x − 4)2

x−4 = arc sen + C. 6

.

1/6 ( x−4 2 dx 1− 6

(c ) Como la derivada del denominador es el numerador la integral es inmediata (véase 6.21),

.

Ejercicio 6.3.

sen x + cos x = ln | sen x − cos x| + C. sen x − cos x


ex −3e2x 1+ex ,

(a )

f (x) =

(b )

g(x) = arc sen x.

y

Solución. (a ) Para obtener una forma más sencilla, parece conveniente hacer el cambio de variable

dx =

ex = t.

Tomando logaritmos neperianos resulta

1 t dt, con lo que se tiene

.

x = ln t

y

. . . 1 − 3t 4 t − 3t2 1 ex − 3e2x · dt = dt = −3 + dt dx = 1 + ex 1+t t 1+t t+1 = −3t + 4 ln |t + 1| + C = −3ex + 4 ln(ex + 1) + C,

donde se ha aplicado 6.5 dividiendo los polinomios

1 − 3t

1 + t.

y

(b ) Esta integral se resuelve por el método de integración por partes. Sea

arc sen x

y

dv = dx.

Operando resulta

du =

√ 1 dx y 1−x2

/

v=

dx = x.

u =

Aplicando

la fórmula de integración por partes (véase 6.4) se tiene que

.

. arc sen xdx = x arc sen x −

√

x dx. 1 − x2

Para el cálculo de la última integral, obsérvese que la derivada de por lo que multiplicando y dividiendo dicha integral por

320

−2

1 − x2

es

−2x,

y haciendo el cambio



t = 1 − x2 , dt = −2x dx, se tiene . . . . 1 1 x −2x 1 1 1 √ √ √ dt = − t− 2 dt dx = − dx = − 2 2 2 t 1 − x2 1 − x2 1 ' √ 1 t2 = − 1 + C = − t + C = − 1 − x2 + C. 2 2 .

Por tanto,

arc sen xdx = x arc sen x +

Ejercicio 6.4.

' 1 − x2 + C.


(a )

f (x) = xex ,

(b )

g(x) =

y

ln √x . x

Solución. (a ) Sea u = x y dv = ex dx. Operando resulta du = dx y v =

/

ex dx =

ex . Aplicando la fórmula de integración por partes 6.4, se tiene que .

. xex dx = xex −

ex dx = xex − ex + C. u = ln x y dv = √1x dx. √ x−1/2 dx = 2 x y aplicando la

(b ) Por el método de integración por partes, sea Operando, resulta

du =

1 x

dx

y

v=

/

√1 x

dx =

/

fórmula de integración por partes 6.4 se tiene que

.

. . √ 1 √ √ ln x 1 √ dx = 2 x ln x − 2 x dx = 2 x ln x − 2 √ dx x x x √ √ = 2 x ln x − 4 x + C.

Ejercicio 6.5.

Obténgase la integral indenida

/

x arc cos x dx.

−1 Solución. Sea u = arc cos x y dv = xdx. Operando se tiene que du = √1−x

v=

2

dx

y

x2

2 . Aplicando la fórmula de integración por partes 6.4, resulta

.

x2 arc cos x + x arc cos x dx = 2

.

x2 dx. 2 1 − x2 √

321


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Para obtener la última integral utilizamos el método de sustitución haciendo el cambio de variable

.

x2 √ dx = 2 1 − x2

x = sen t,

.

con lo que

dx = cos tdt,

sen2 t √ cos t dt = 2 1 − sen2 t

.

luego

1 sen2 t cos t dt = 2 cos t 2

.

sen2 t dt.

Esta última integral todavía no es inmediata y se puede resolver integrando por

u = sen t y dv = sen t dt y realizando una segunda integración Veamos este método como ejercicio. Se tiene que du = cos t dt y

partes considerando por partes.

v = − cos t. Aplicando la fórmula de 2 2 cuenta que sen t + cos t = 1, resulta . .

integración por partes 6.4 y teniendo en

.

2

sen t dt = − sen t cos t + 2

cos2 t dt,

.

(1 − sen2 t) dt, . . . 2 sen t dt = − sen t cos t + dt − sen2 t dt, . 2 sen2 t dt = − sen t cos t + t, . 1 sen2 t dt = (t − sen t cos t). 2 sen t dt = − sen t cos t +

Esta integral resulta inmediata utilizando la siguiente fórmula trigonométrica

1−cos 2t , que se deduce fácilmente restando las conocidas fórmulas tri2 2 2 2 2 gonométricas cos t + sen t = 1 y cos t − sen t = cos 2t. Con ello, operando,

sen2 t

=

teniendo en cuenta que teniendo en cuenta que

.

sen 2t =√2 sen t cos t y √ deshaciendo el cambio de variable, 2 cos t = 1 − sen t = 1 − x2 y t = arc sen x resulta

. 1 1 1 1 1 (1 − cos 2t) dt = t − sen 2t = t − 2 sen t cos t 2 2 4 2 4 1 1 ' = arc sen x − x 1 − x2 2 2

sen2 t dt =

y sustituyendo

. x arc cos x dx =

322

1 1 ' x2 arc cos x + arc sen x − x 1 − x2 + C. 2 4 4



Ejercicio 6.6.

Sabiendo que

n

es un número natural, obténgase una fórmula

que permita calcular las integrales siguientes para cada (a )

In =

(b )

In =

/

xn ln x dx,

/

n.

y

xn cos x dx.

Solución. (a ) Sea u = ln x y dv = xn dx. Se tiene que du = x1 dx y v = xn+1

n+1

y

aplicando la fórmula de integración por partes 6.4 resulta

.

xn+1 ln x − In = x ln x dx = n+1 xn+1 1 = ln x − + C. n+1 n+1

.

xn xn+1 xn+1 dx = ln x − +C n+1 n+1 (n + 1)2

n

(b ) Sea

u = xn

y

dv = cos x dx.

Se tiene que

du = nxn−1 dx

y

v = sen x.

Aplicando la fórmula de integración por partes 6.4

. In = x sen x − n n

Integrando por partes de nuevo con

du = (n −

1)xn−2 dx y . x

n−1

v = − cos x,

sen x dx = −x

xn−1 sen x dx.

u = xn−1

y

dv = sen x dx,

se tiene que

con lo que

n−1

. cos x + (n − 1)

xn−2 cos x dx

y sustituyendo es

. In = xn sen x + nxn−1 cos x − n(n − 1) Observando que la última integral es reducción de

In−2 ,

xn−2 cos x dx.

se obtiene la siguiente fórmula de

n In = xn sen x + nxn−1 cos x − n(n − 1)In−2 .

Por reiteración de la fórmula, se puede resolver cualquier integral del tipo dado ya que se tienen las dos situaciones posibles siguientes.

/

Si n es par, la única integral cos x dx que es inmediata.

que habría que calcular al aplicar la fórmula es

323


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos n es impar, sólo habría u = x y dv = cos x dx.

Si con

Ejercicio 6.7. Solución. dx = 2t dt

que calcular

/

x cos x dx,

Obténgase la integral indenida de

que se resuelve por partes

√ f (x) = arctan( x).

En primer lugar se hace el cambio de variable y se tiene que

.

√ arctan( x) dx =

I=

x = t2

con lo que

1 t2 +1

dt y v = t2 .

. 2t arctan t dt.

u = arctan t y dv = 2tdt, resulta du =

Integrando por partes con

Aplicando la fórmula de integración por partes 6.4

. t2 1 2 I = t arctan t − dt = t arctan t − dt 1− 2 t2 + 1 t +1 . . 1 = t2 arctan t − dt + dt = t2 arctan t − t + arctan t + C, 2 t +1 .

2

donde se han dividido los polinomios (véase 6.5). Deshaciendo el cambio de variable se tiene el resultado

√ √ √ √ √ I = x arctan( x) − x + arctan( x) + C = (x + 1) arctan( x) − x + C.

Ejercicio 6.8. Solución.

. Determínese la integral indenida

El polinomio

x2 + 4x + 5

x+1 dx. x2 + 4x + 5

tiene raíces complejas por lo que no se

puede descomponer en producto de factores simples, sin embargo, completando

x2 + 4x + 5 = (x + 2)2 + 1, . . x+1 x+1 dx = dx. x2 + 4x + 5 (x + 2)2 + 1

cuadrados se tiene la siguiente igualdad

con lo que

Si el numerador coincidiese con la derivada del denominador, obtendríamos una integral del tipo logaritmo neperiano (véase 6.21). Realizando operaciones elementales y teniendo en cuenta las propiedades de la integral indenida dadas en 6.2, se opera como sigue para que aparezca en el numerador el término Se multiplica y se divide por 2 y resulta

.

324

x+1 1 dx = 2 (x + 2) + 1 2

.

2x + 2 dx, (x + 2)2 + 1

2x + 4.



ahora se suma y se resta

1 2

.

2

en el numerador y se tiene

2x + 2 1 dx = (x + 2)2 + 1 2

.

2x + 2 + 2 − 2 1 dx = (x + 2)2 + 1 2

.

2x + 4 − 2 dx, (x + 2)2 + 1

y por último, se descompone la integral como suma de dos integrales que ya son inmediatas (véase 6.21 y 6.31)

1 2

.

. . 2x + 4 − 2 1 2x + 4 1 2 dx = dx − dx 2 2 (x + 2) + 1 2 (x + 2) + 1 2 (x + 2)2 + 1 1 = ln |(x + 2)2 + 1| − arctan(x + 2) + C, 2

por tanto,

. x2

Ejercicio 6.9.

1 x+1 dx = ln |(x + 2)2 + 1| − arctan(x + 2) + C. + 4x + 5 2 . Calcúlese la integral indenida

x 4 − x3 − x − 1 dx x2 − x

Solución. Como el grado del numerador es mayor que el grado del denominador, primero se dividen los polinomios y luego se aplica el método de descomposición en suma de fracciones simples (véase 6.5).

.

x4 − x3 − x − 1 dx = x2 − x

.

x2 dx +

C(x) = x2 x2 − x = 0 son 0

ya que al dividir resulta el cociente raíces de

Q(x) = 0,

es decir, de

.

−x − 1 dx, x2 − x

y el resto

R(x) = −x − 1.

Las

y 1 reales simples, con lo que la

segunda integral se descompone en fracciones simples como sigue:

−x − 1 A B = + 2 x −x x x−1 de donde quitando denominadores resulta

−x − 1 = Ax − A + Bx

e identicando

los coecientes de los términos de igual grado se tiene el sistema

A + B = −1 −A = −1 325


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos con lo que

.

A=1

y

B = −2.

x4 − x3 − x − 1 dx = x2 − x

.

Sustituyendo,

2

x dx +

.

1 dx − x

.

2 x−1

x3 x x3 + C. + ln |x| − 2 ln |x − 1| + C = + ln = 2 3 3 (x − 1)

Ejercicio 6.10.

. Obténgase la integral indenida

x2 + 3x − 5 dx. x3 − 3x + 2

Solución. Se trata de la integral de una función racional. Como el grado del numerador es menor que el grado del denominador, no hay que dividir los polinomios

x3 − 3x + 2. Aplicando la regla de Runi se comprueba que tiene las raíces x = 1 múltiple de multiplicidad 2 y x = −2 simple, es decir, se obtiene la descomposición x3 −3x+2 = (x−1)2 (x+2). y se empieza buscando las raíces del polinomio

Por el método de descomposición en suma de fracciones simples (véase 6.5), se tiene:

x2 + 3x − 5 A B C = + + 3 2 x − 3x + 2 x − 1 (x − 1) x+2 A(x − 1)(x + 2) + B(x + 2) + C(x − 1)2 = (x − 1)2 (x + 2) (A + C)x2 + (A + B − 2C)x − 2A + 2B + C , = (x − 1)2 (x + 2)

de donde quitando denominadores e igualando los coecientes de los términos de igual grado, resulta el sistema lineal

⎧ ⎨

A +C =1 A + B − 2C = 3 ⎩ −2A + 2B + C = −5 326



que tiene por solución

.

x2 + 3x − 5 dx = x3 − 3x + 2 = = =

Ejercicio 6.11.

C = − 79 . Por tanto, . . . 16 1 1 1 1 7 dx − dx dx − 2 9 x−1 3 (x − 1) 9 x+2 . . . 16 1 1 1 7 dx − (x − 1)−2 dx − dx 9 x−1 3 9 x+2 1 (x − 1)−1 7 16 ln |x − 1| − − ln |x + 2| + C 9 3 −1 9 1 7 16 ln |x − 1| + − ln |x + 2| + C. 9 3(x − 1) 9

A=

16 9 ,

B = − 13

y

. Determínese la integral

I=

x3 + 2x2 + 5x + 3 dx. x4 + 2x2 + 1

Solución. Como x4 + 2x2 + 1 = (x2 + 1)2 el denominador tiene raíces complejas múltiples y se puede utilizar el método de Hermite (véase 6.6).

Ax + B + I= 2 x +1

.

Mx + N dx, x2 + 1

derivando se tiene

x3 + 2x2 + 5x + 3 A(x2 + 1) − 2x(Ax + B) M x + N , = + 2 (x2 + 1)2 (x2 + 1)2 x +1 quitando denominadores

x3 + 2x2 + 5x + 3 = Ax2 + A − 2Ax2 − 2Bx + M x3 + N x2 + M x + N, e identicando coecientes de términos de igual grado resulta el sistema

⎧ M ⎪ ⎪ ⎨ −A + N −2B + M ⎪ ⎪ ⎩ A+N

N = 52 . Por tanto, . . . x/2 − 2 x−4 1 5 x + 5/2 2x 1 I= 2 + dx = 2 + dx + dx 2 2 2 x +1 x +1 2x + 2 2 x +1 2 x +1 x−4 1 5 = 2 + ln(x2 + 1) + arctan x + C. 2x + 2 2 2

que tiene por solución

A=

1 2,

=1 =2 =5 =3

B = −2, M = 1

y

327


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Nótese que

Ejercicio Solución. dv =

ln |x2 + 1| = ln(x2 + 1) porque x2 + 1 > 0 / 6.12. Hállese I = x3 ln(1 + x2 ) dx.

para todo

Por la fórmula de integración por partes 6.4 con

x3 dx, y por tanto

du =

I=

2x 1+x2

dx

y

v=

2 x4 ln(1 + x2 ) − 4 4

x4

x ∈ R.

u = ln(1 + x2 )

y

4 , se tiene que

.

x5 dx. 1 + x2

En la integral racional que resulta, el grado del numerador es mayor que el grado del denominador con lo que dividiendo los polinomios (véase 6.5) resulta

x4 ln(1 + x2 ) − I= 4 x4 = ln(1 + x2 ) − 4 x4 ln(1 + x2 ) − = 4

Ejercicio 6.13.

. . 1 x 3 (x − x) dx + dx 2 1 + x2 1 x 4 x2 1 2 − + ln(1 + x ) + C 2 4 2 2 4 2 x 1 x + − ln(1 + x2 ) + C. 8 4 4

. Obténgase

I=

1 dx. cos x

Solución. Teniendo en cuenta el cambio general dado en 6.7, es decir t = tan( x2 ), se tiene que

.

dx =

2 1+t2

1 dx = cos x

I=

dt .

y

cos x =

1 1−t2 1+t2

1−t2 , y resulta: 1+t2

2 · dt = 1 + t2

.

1 + t2 2 · dt = 2 1 − t 1 + t2

.

2 dt, 1 − t2

obteniéndose una integral racional sencilla de calcular. El denominador se descompone como

1 − t2 = (1 − t)(1 + t),

por lo que

B A(1 + t) + B(1 − t) 2 A (A − B)t + A + B + = = = . 1 − t2 1−t 1+t 1 − t2 1 − t2 A−B = 0

A + B = 2, de donde A = 1 y B = 1 y, por consiguiente, . . 1 1 2 dt + dt dt = I= 2 1−t 1−t 1+t 1 + t 1 + tan( x2 ) + C = ln = − ln |1 − t| + ln |1 + t| + C = ln 1 − tan( x ) + C. 1 − t

Por tanto,

.

y

2

328



Como

R(sen x, − cos x) = R

es impar en

cos x

1 1 =− = −R(sen x, cos x), − cos x cos x

y

dx =

√ 1 1−t2

dt, y . I=

I, √ 1 − t2

y también se puede utilizar el caso (b) de 6.7 para calcular

con lo que se puede hacer el cambio de variable

t = sen x,

luego

cos x =

resulta:

1 dx = cos x

. √

1 1 ·√ dt = 1 − t2 1 − t2

.

1 dt, 1 − t2

2, por consiguiente, 1 1 + sen x 1 1 1 + t + C = ln + C. dt = ln 1 − t2 2 1 − t 2 1 − sen x

que coincide con la anterior dividiendo por

.

I=

Ejercicio 6.14.

. Obténgase

cos x dx. sen3 x

Solución. La integral propuesta es inmediata del tipo 6.20. En efecto, .

cos x dx = sen3 x

.

(sen x)−3 cos x dx =

1 (sen x)−2 +C =− + C. −2 2 sen2 x

Como ilustración para otros casos similares que no sean de integración inmediata, obsérvese que se puede utilizar cualquiera de los cambios de variable

t = tan( x2 ), pero también cualquiera cos x es par en sen x y cos x, impar en sen3 x

propuestos en 6.7, es decir el cambio general de los otros tres, ya que

cos x,

e impar en

R(sen x, cos x) =

sen x.

Como cualquiera de los cambios de variable anteriores va a conducir a la integral de una función racional y la mayor o menor complejidad de los cálculos depende del denominador, se selecciona el cambio que hace más simple el denominador, en este caso

t = sen x,

Sustituyendo, resulta

.

cos x dx = sen3 x

Ejercicio 6.15.

.

1 dt = t3

.

con lo que

t−3 dt = .

Obténgase

I=

cos x =

√

1 − t2

y

dx =

√ 1 1−t2

dt.

1 t−2 1 +C =− 2 +C =− + C. −2 2t 2 sen2 x

sen x dx. cos x + cos3 x

329



Solución. función

Se trata de la integral de una función trigonométrica del tipo 6.7. La

R(sen x, cos x) =

R(− sen x, − cos x) =

sen x es par en cos x+cos3 x

sen x

y

cos x,

ya que

sen x − sen x = = R(sen x, cos x). 3 − cos x − cos x cos x + cos3 x

Según la clasicación dada en 6.7, se considera el cambio de variable con lo que

sen x =

integral racional.

√ t , 1+t2

.

√ t 1+t2

I=

√ 1 1+t2

1 = 2

cos x =

.

%

+

√ 1 1+t2

√ 1 y 1+t2

dx =

dt = &3 1 + t2

. t2

t dt +2

2t 1 1 dt = ln(t2 + 2) + C = ln(tan2 x + 2) + C. t2 + 2 2 2

La función propuesta para integrar es impar en

cos x.

sen x

y también es impar en

Se propone al lector que calcule la integral con el cambio


t = tan x,

dt . Sustituyendo resulta una 1+t2

. Determínese

√ 3

I=

t = cos x.

dx √ . x+ x

La función del integrando se racionaliza utilizando un cambio de va-

riable que elimine a la vez las raíces cúbica y cuadrada, lo que se consigue considerando el mínimo común múltiplo de 3 y 2, es decir m.c.m.(2, 3) el cambio

x=

t6 , de donde

dx = .

I=

= 6, y haciendo

6t5 dt y se tiene la integral racional

6t5 dt = 6 t2 + t3

.

t3 dt. t+1

Dividiendo los polinomios resulta

.

3 t t2 1 I=6 (t − t + 1) dt − dt = 6 − + t − ln |t + 1| + C t+1 3 2 √ √ √ √ 3 6 6 = 2 x − 3 x + 6 x − 6 ln( x + 1) + C.

Ejercicio 6.17.

330

.

2

. Obténgase

I=

√

dx . 1 + 4x − x2



Solución. Como (x − 2)2 = x2 − 4x + 4, se tiene que −x2 + 4x + 1 = 5 − (x − 2)2 y por tanto

. I=

dx √ = 1 + 4x − x2

= arc sen

x−2 √ 5

.

.

dx

' = 5 − (x − 2)2

+

√1 5

1−

%

x−2 √ 5

&2 dx

+ C.

En la tercera igualdad se ha dividido numerador y denominador por

√

5

y la

última integral es inmediata (véase 6.30).

3.2.

Integral denida. Áreas

Ejercicio 6.18. Obténgase la siguiente integral denida a partir de la denición. .

3

(x + 2) dx. 0

Solución. Se realiza una partición del intervalo de integración en n subintervalos de longitud

3 n y se considera la imagen de un punto de cada uno de estos subinter-

valos. Por ejemplo si se selecciona el extremo superior de cada uno de ellos serían

x=

los puntos con abscisa

3 n i para

i = 1, 2, . . . , n

y a partir de la denición 6.8

de integral denida se tiene que

.

3 0

n 3 3 f i . (x + 2) dx = l´ım n→∞ n n i=1

Veamos cuál es el valor del sumatorio.

n n n n n 3 3 3 3i 9 6 9 6n f i = +2 = = i + i+ n n n n n2 n n2 n i=1

i=1

i=1

i=1

i=1

9n + 9 9 (1 + n)n +6= + 6. = 2· n 2 2n

(1)

(1) La suma

!n

i=1 i

= 1 + 2 + ··· + n

se calcula por la fórmula de la suma de

términos de una progresión aritmética dada por

Sn =

n

(a1 +an )n . 2

331


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos Sustituyendo, resulta

.

3

9n + 9 9 21 +6= +6= . 2n 2 2

(x + 2) dx = l´ım

n→∞

0

Ejercicio 6.19.

Obténgase la derivada de la siguiente función sin calcular la

.

integral.

sen x

G(x) =

(t2 + 1) dt.

0

Solución. Si consideramos las funciones g(x) = sen x y F (x) = observa que

G

es la composición de estas funciones, es decir

/x

(t2 + 1) dt, se G(x) = (F ◦ g)(x) 0

y por tanto basta aplicar la regla de la cadena y tener en cuenta el teorema fundamental del Cálculo (véase 6.9). Con ello, se tiene que

G (x) = F [g(x)] · g (x) = (sen2 x + 1) cos x. NOTA. Como ejercicio sencillo, se propone al lector que haga la integral y derive la función resultante comprobando que se obtiene el mismo resultado.

Ejercicio 6.20.

Estúdiense los extremos relativos de la función siguiente sin

calcular la integral.

.

x2 −3x+2

G(x) =

2t dt. 0

Solución. Como en el ejercicio anterior, G/ xes la composición de dos funciones, en este caso

g(x) = x2 − 3x + 2

y

F (x) =

0

2t dt,

con lo que

G(x) = (F ◦ g)(x)

y se tiene la derivada siguiente

G (x) = F [g(x)] · g (x) = 2(x2 − 3x + 2)(2x − 3). Esta derivada se anula si

x2 −3x+2 = 0 o si 2x−3 = 0, es decir, para x = 1, x = 2

3 y x = . Analizando los valores de la derivada se comprueba que G es decreciente 2 3 3 en los intervalos (−∞, 1) y ( , 2), y es creciente en los intervalos (1, ) y (2, +∞), 2 2 en consecuencia relativo en

x=

G

3 2.

tiene dos mínimos relativos en

x=1

y

x=2

y un máximo

Ejercicio 6.21. Determínese, mediante integrales, el área del triángulo de lados y = 1, y = x

332

e

y = −2x + 6.

5

(1, 1)

.

2

A= .

1

. x dx −

.

2 1

x dx + 1

(2, 2)

5 2

dx + .

2

=

2, 1

2

5 2

2

A

. (−2x + 6) dx − .

(−2x + 6) dx −

5 2

1

dx

2

dx =

5 2

x2 2

2

" #5/2 3 5/2 + −x2 + 6x 2 − [x]1 = . 4 1 X

x=0

x=3

f [0, 1] .

1

A=

0

f (x) =

− 3x + 2

x2 − 3x + 2 = 0 x=1 x=2 f (x) ≤ 0 [1, 2]

X [2, 3] .

f (x) dx −

x2

.

2

3

f (x) dx + 1

1

x3 3x2 − + 2x = 3 2

f (x) ≥ 0

f (x) dx 2

x3 3x2 − − + 2x 3 2 0

2

3

x3 3x2 + − + 2x 3 2 1 f

= 2

X

11 . 6

/2 1

[−f (x)] dx = −

/2

2

1

|x − 3x + 2| =

f (x) dx

x2 − 3x + 2 −x2 + 3x − 2

.

3

A= 0

|x2 − 3x + 2| dx.

f (x) = x2 − 3x + 2

(0, 0)

(1, 0)

f (x) = |x2 − 3x + 2|

1

x2 + y 2 = 1

. A=4

x = sen θ θ = π6 x = .

π/2

A=4

(x − 1)2 + y 2 √= 1 y = + 1 − x2 X

1' 1 2

1 − x2 dx.

dx = cos θ dθ θ= x=1

1 2

π 2

2

(1)

.

π/2

cos θ dθ = 4 π/6

x≤1 x≥2 1 < x < 2.

π/6

√ 1 1 + cos 2θ 3 sen 2θ π/2 2π dθ = 4 θ + − . = 2 2 4 3 2 π/6

(0, 0)

(1, 0)

2θ cos2 θ = 1+cos 2 sen2 θ + cos2 θ = 1 cos2 θ − sen2 θ = cos 2θ

[a, b] X [a, b] = [0, 2]

f (x) =

x2 2−x

0≤x≤1 1 < x ≤ 2.

[a, b] = [1, 4] ⎧ 2 ⎨ x 3 g(x) = ⎩ (x − 4)2

1≤x≤2 2
[0, 2] .

.

2

A=

1

f (x) dx = 0

2

X .

2

x dx + 0

g c=2 d=3

1

x=0 c=1

x3 (2 − x) dx = 3

1

x=2 A

x2 + 2x − 2 0

2 1

5 = . 6

A . 4 . A= g(x) dx = =

1

2 x3 3

1

1

+ [3x]32 +

2

2

.

x dx +

(x − 3

.

3

4

3 dx +

2 4 3 4) 3

3

=

(x − 4)2 dx

1 17 8 1 − +9−6+0+ = . 3 3 3 3

a>0 f (x) = ax2 − 1

g(x) = −ax2 + 1



Solución. El área del recinto que hay que calcular está representada grácamente en la Figura 6.7. Para obtener los puntos de corte de las dos parábolas se resuelve

Figura 6.7. el sistema formado por sus ecuaciones y se tiene que

ax2 − 1 = −ax2 + 1, 2ax2 = 2, x2 =

1 1 , x = ±√ , a a

luego las parábolas se cortan en los puntos cuya primera coordenada es y

x = − √1a .

y = 0, x = 0

x=

y

. 4

√1 a

0

√1 , por tanto, dicha área viene dada por a

.

a=

2 3 y


√1 a

a=

4 9.

8 √ 3 a

2

= 4

para obtener el valor de

Obténgase el área del círculo de centro

g

y las rectas

√1

x3 g(x) dx = 4 (−ax + 1) dx = 4 −a + x 3 0

1 1 8 = 4 −a √ + √ = √ . 3a a a 3 a

Por consiguiente, basta hacer resulta

√1 a

Por la simetría de la gura, es claro que el área comprendida entre

ambas es igual a cuatro veces el área comprendida entre la gráca de

√

x=

(0, 0)

La ecuación de la correspondiente circunferencia es

a

0

a.

Operando,

y radio

r.

x2 + y 2 = r 2

y es

claro que el área del círculo es cuatro veces el área de la parte del círculo que está

337

.

r

A=4 0

' r2 − x2 dx.

(0, 0)

x = r sen θ x=0 θ=0

dx = r cos θ dθ x=r θ = π2

.

π/2

A=4 0

= 4r

2

r

.

r cos θ · r cos θ dθ = 4r

π/2 0

2

.

π/2

cos2 θ dθ

0

1 1 + cos 2θ sen 2θ dθ = 4r2 θ + 2 2 4

π/2

= πr2 .

0

3.3 f (x) = e−x y=0 f .

+∞

A= 0

e−x dx.

.

t t +∞

.

t " #t dx = l´ım e−x dx = l´ım −e−x 0 t→∞ 0 t→∞ 0 t

−1 −1 = l´ım = l´ım + 1 = 1. x t→∞ e t→∞ et 0

A=

e

−x

[0, 1]

f (x) =

[0, 3]

f (x) =

1 √ + x 1 √ 3 (x−1)2

f x=0

.

1

I= 0

ε>0 .

1

I= 0

1 √ dx = l´ım ε→0 x

.

1 ε

1 √ dx. x

ε

" √ #1 " √ # 1 √ dx = l´ım 2 x ε = l´ım 2 − 2 ε = 2. ε→0 ε→0 x

f x=1 .

3

I= 0

1

' dx = 3 (x − 1)2

. I1 = l´ım

a→1−

a 0

.

1 0

1

' dx + 3 (x − 1)2

.

3 1

1 ' dx = I1 + I2 . 3 (x − 1)2

0a √ 1 3 1/3 ' dx = l´ ım = l´ ım a − 1 + 3 = 3, 3(x − 1) 3 3 0 a→1− a→1− (x − 1)2

. I2 = l´ım

b→1+

√ 3

3 b

& 03 % √ √ 1 3 3 1/3 ' dx = l´ ım = l´ ım 2 − 3 b − 1 3(x − 1) 3 3 b b→1+ b→1+ (x − 1)2

= 3 2, √ I =3+332 f (x) =

1 1+x2

R

f X

.

+∞ −∞

y=0

1 dx = 2 1 + x2 =

.

+∞ 0

1 dx = 2 l´ım t→+∞ 1 + x2

2 l´ım [arctan x]t0 t→+∞

.

t 0

1 dx 1 + x2

= 2 l´ım [arctan t − arctan 0] = 2 · t→+∞

f Y

π = π. 2

3.4 //

xy 2 dx dy D = [2, 3] × [0, 1] D

f (x, y) = xy 2 [2, 3] × [0, 1] . .

1 . 3

.

2

xy dx dy =

2

.

1

xy dx dy = 0

D

R2

5 = 2

2

.

1 0

5 y3 y dy = 2 3 2

1 0

y

2

0

x2 2

3 dy 2

5 = . 6

D 1 D = {(x, y) ∈ R2 : y ≥ x2 + 2, y ≤ x + 6, x ≥ 0}. 2 D y = x+6 0 x=4

y =

1 2 2x

+2

x ≥



Es claro que

1 (x, y) ∈ D ⇔ 0 ≤ x ≤ 4, x2 + 2 ≤ y ≤ x + 6, 2 y por tanto

.

. . Área

4

1.

dx dy =

D= D

Ejercicio 6.32.

.

dy dx =

4"

y

0

#x+6 1 2 x +2 2

dx

. 4 1 2 1 2 = x +2 x+6− − x + x + 4 dx dx = 2 2 0 0 4 3 2 1 x x 80 40 64 16 = − · + + 4x = − + + 16 = = . 2 3 2 6 2 6 3 0 .

4

1 2 x +2 2

0

2

x+6

Por medio de una integral doble, calcúlese el área del recinto

del plano limitado por las funciones

1 1 interior es ( , ). 2 2

Solución.

y = 2x, y = x2

e

y=2

y del que un punto

En la Figura 6.14 se representa el recinto. Esta región o recinto del

plano se puede expresar combinando las variaciones de las variables

x

e

y

de dos

formas. Si analizamos primero la variación de la variable

(x, y) ∈ D

si

0≤y≤2

y para cada

y

jo, la variable

y , es claro que un punto x varía en horizontal de la

recta a la parábola, de tal forma que

y = 2x ⇒ x =

y , 2

e

√ y = x2 , x ≥ 0 ⇒ x = + y.

Así pues,

y √ ≤ x ≤ + y, 2 y el área de D es la integral doble de f (x, y) = 1 en D , que coincide con el volumen de un cuerpo de base D y altura constante uno. Por lo tanto: . 2 1. +√y 2 . 2% . . y& √ dy dx dy = dx dy = y− Área D = y 2 0 0 D 2 1 22 1 3 22 . . 2 1 y2 1 2 y2 1 = y 2 dy − y dy = 3 − · 2 0 2 2 0 2 0 0 √ 4 2−3 2 √ 1 4 . = ·2 2− · = 3 2 2 3 (x, y) ∈ D ⇔ 0 ≤ y ≤ 2

y

343

x y x

x y = x2

y = 2x

y=2 y = x2

y = 2x y =2 y = x2 y=2 D1 D2 D1 2 0 ≤ x ≤√1 x ≤ y ≤ 2x D2 1 ≤ x ≤ 2 x2 ≤ y ≤ 2 . .

. .

D= .

D1 1"

#2x

.

√

dx dy = D2

2"

1 . 2x

.

dx dy + #2

(1, 2) D (x, y) ∈ R2 (x, y) ∈ R2

√ ( 2, 2)

.

x2

.

√

(2x − x2 ) dx + 0 1 0 1 √

2 1 2 √ 2x x3 x3 1 − + 2 2− + 2x − = 1− = 2 3 0 3 1 3 √ √ √ 1 1 4 2−3 2 2 =1− +2 2− −2+ = . 3 3 3 3 =

y

x2

dx +

y

x2

dx =

√

.

2 . 2

dy dx + 0

1

1 2

dy dx

x2

(2 − x2 ) dx

√ 2 2 3

1 − 2− 3

y = ln x (1, 0)

y =

x−1 e−1

(e, 1)

D

D (x, y) ∈ D ⇔ 1 ≤ x ≤ e,

. .

.

D=

e

1.

dx dy = D

.

e

= 1

u = ln x

1 e

.

ln x dx −

dv = dx

1

x−1 ≤ y ≤ ln x, e−1

2

ln x x−1 e−1

.

e

dy dx = 1

x−1 dx. e−1

du = x1 dx

.

v=x

. ln x dx = x ln x −

dx = x ln x − x,

x [ y]ln x−1 dx e−1


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos en consecuencia,

Área

2 e x 1 −x − D = [x ln x − e−1 2 12

e 1 1 −e− +1 = e ln e − e − ln 1 + 1 − e−1 2 2 2 2 e − 2e + 1 (e − 1) e−1 3−e =1− =1− =1− = . 2(e − 1) 2(e − 1) 2 2 x]e1

NOTA. También se puede hallar la otra integral iterada, cambiando el orden. Para ello,

y = ln x

si y sólo si

x = ey ,

e

y=

x−1 e−1 si y sólo si

x = (e − 1)y + 1,

con

lo que

. Área

1

1.

2

(e−1)y+1

dx dy.

D= 0

ey

Se deja al lector que termine los cálculos por esta vía.

Ejercicio 6.34. Calcúlese

// D

f (x, y) dx dy , donde f (x, y) = y y D es la región (0, 0), (2, 0) y (3, 3).

del plano determinada por el triángulo de vértices

Solución.

Para poder delimitar el dominio de integración hay que obtener las

ecuaciones de las rectas que pasan por los puntos

(2, 0)

y

(3, 3),

(0, 0)

(3, 3)

y = x,

la bisectriz del primer cuadrante y tiene por ecuación los puntos

y

y por los puntos

respectivamente. La recta que pasa por los puntos

(2, 0)

y

(3, 3)

tiene por ecuación

(0, 0)

y

(3, 3)

es

y la que pasa por

y = 3x − 6. D y al observarlo se x en función de y . primera recta x = y y de la

En la Figura 6.17 se representa el dominio de integración

deduce que es más conveniente tratarlo despejando la variable Operando de esa forma resulta de la ecuación de la ecuación de la segunda

x=

Es decir que el dominio

346

y+6 3 .

D

se obtiene variando la

y

entre

0

y

3

y para cada

y

x

y+6 3

y

. .

.

3

1.

y+6 3

f (x, y) dx dy = D

.

0

2

.

3

y dx dy =

y

0

y+6

y [x]y 3 dy

. y+6 1 3 = − y dy = y (6y − 2y 2 ) dy 3 3 0 0 3 1 6y 2 2y 3 1 = − = (27 − 18) = 3. 3 2 3 0 3 3

y

x

y=x

y=0

y = 3x − 6 . .

2 . x

. f (x, y) dx dy =

=

0

= 0

2

2≤x≤3

.

3 . x

y dy dx +

y dy dx

. 3 . . 3 2 y x (3x − 6)2 dx + dx = dx + − dx 2 0 2 3x−6 2 2 2 0 2 2 3 3 2 . 3 x x2 2x3 9x2 dx + 2 + − 9x = 3. (−2x2 + 9x − 9) dx = +2 − 2 6 0 3 2 2 2

D . 2 2 x y

.

0≤x≤2 y = x

0

0 2 x

2 2 2 x

3x−6

y=+

D

'x

//

y =

x2 4

2

D 3 y dx dy x D y=

'x

+ 2 x=2

D

x2 ≤y≤ (x, y) ∈ R : 0 ≤ x ≤ 2, 4

D=

2

. .

.

D=

2

dx dy = D

0

1. √ x 2

x2 4

2

+ x , 2

.

dy dx = 0

2"

y

#√ x2

1 22

x x2 1 x3/2 x3 − dx = √ · − = 2 4 12 2 3/2 0 0 √ 8 4 2 2 1 4 2 − = − = . =√ · 3 12 3 3 3 2 .

+

2

x2 4

dx

x2 4

y= x=0

. .

√ x2 2 y x3 x3 y dx dy = x3 y dy dx = dx x2 2 x2 0 0 D 4 4

5 2 . 2 4 7 8 x x x x 3 8 = − dx = − = −1= . 4 32 20 256 5 5 0 0 .

2

1. √ x

2

.

2

// D

2

x sen(x2 ) sen y dx dy D y = x2 y = π2 x≥0 D

x≥0

x=+

y = x2

'π 2

+

D=

2

(x, y) ∈ R : 0 ≤ x ≤

π 2 π ,x ≤ y ≤ 2 2

,

y=

π 2


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos con lo que resulta

. .

. √π .

x sen(x2 ) sen y dy dx 0 x2 . √π % %π & & π 2 + cos(x2 ) dx x sen(x2 ) · [− cos y]x22 dx = x sen(x2 ) − cos 2 0 2

2

x sen(x ) sen y dx dy = D . √π 2

=

0 . √π 2

=

π 2

x sen(x2 ) cos(x2 ) dx.

0 La integral anterior se calcula fácilmente haciendo el cambio de variable

sen(x2 ),

vo límite inferior de

sen

dt = 2x cos(x2 ) dx, y x cos(x2 ) dx = 2 integración es sen(0 ) = 0 y el nuevo límite

con ello se tiene que

%' & π 2 2

= 1.

2

x sen(x2 ) cos(x2 ) dx =

.

1 0

0

. . Calcúlese

D

x2

2 1 t 1 t dt = = . 2 4 0 4

y dx dy , + y2

donde

determinada por la intersección del círculo de centro conjunto

superior es

Por consiguiente, resulta que

. √π

Ejercicio 6.37.

t =

dt 2 . El nue-

D

es la región del plano

(0, 0)

{(x, y) ∈ R2 : y ≥ 1}.

y radio

√

2

con el

Solución. El dominio de integración es el conjunto D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ 2, y ≥ 1} que se representa en la Figura 6.20. La denición del dominio de integración y de la función

f

sugieren hacer un cambio a coordenadas polares. Sea

y = ρ sen θ, ρ > 0, θ ∈ [0, √ 2π]. Puesto que los puntos (0, 0) y radio 2, se tiene por un lado que

de

D

x = ρ cos θ

e

pertenecen al círculo

de centro

ρ2 cos2 θ + ρ2 sen2 θ ≤ 2 ⇐⇒ ρ2 ≤ 2 ⇐⇒ ρ ≤ (recuérdese que

y ≥ 1,

cos2 θ + sen2 θ = 1)

y como los puntos de

resulta, por otro lado, que

ρ sen θ ≥ 1 ⇐⇒ ρ ≥

350

1 . sen θ

D

√ 2,

tienen la coordenada

θ √

2

y=1 √

ρ sen θ = 1 θ = D

π 4

y = 1 θ = arc sen √12

2 sen θ = 1 θ =

3π 4

D = {(ρ, θ) ∈ R+ × [0, 2π] :

f (x, y) = f (ρ cos θ, ρ sen θ) =

. .

. f (x, y) dx dy = D

.

=

3π 4 π 4

√

sen θ [ρ]

(0, 0)

√ ρ= 2

2

1 sen θ

3π 4

1.

π 4

dθ =

.

√

ρ sen θ ρ sen θ sen θ = , = 2 2 2 + ρ sen θ ρ ρ

ρ2 cos2 θ

2

1 sen θ 3π 4 π 4

√ 3π 1 π ≤θ≤ , ≤ ρ ≤ 2} 4 4 sen θ

2 . 3π 1. 4 sen θ ρ dρ dθ = π ρ 4

√

2

1 sen θ

2 sen θ dρ dθ

- √ 0 3π √ 4 ( 2 sen θ − 1) dθ = − 2 cos θ − θ π

%π & π & √ 3π 3π % √ − − − 2 cos − = − 2 cos 4 4 4 4 √ √ √ 2 3π √ 2 π π = 2 − + 2 + =2− . 2 4 2 4 2

4

3.5 r (0, 0)

r

X x2 + y√2 = r2 y = + r 2 − x2

y .

r

V =π

%'

r2

−r

−

x2

&2

. dx = 2π 0

r

x3 (r − x ) dx = 2π r x − 3 2

2

2

r 0

4 = πr3 . 3

Y

h r

X

(0, 0)

(h, r) (0, 0)

y = hr x

0≤x≤h

(h, r)

.

h%

V =π 0

r &2 r2 x dx = π 2 h h

.

h 0

3 h x r2 πr2 h . x dx = π 2 · = h 3 0 3 2

f (x) = 3x2 − 6x + 4

X [0, 2]

.

2

V =π

0

2

.

2

(3x − 6x + 4) dx = π

2

0

(9x4 − 36x3 + 60x2 − 48x + 16) dx 2

9x5 − 9x4 + 20x3 − 24x2 + 16x =π 5

f (x) = sen x + 2 f

= 0

48π . 5

0 ≤ x ≤ 2π [0, 2π]

X

.

. 2π (sen x + 2)2 dx = π (sen2 x + 4 sen x + 4)dx 0 0. 2π . 2π . 2π 2 sen xdx + 4 sen xdx + 4 dx . =π 2π

V =π

0

0

0

sen2 x = .

2π

2

.

2π

sen x dx = 0

0

.

2π 0

1−cos 2x 2

x sen 2x 2π 1 − cos 2x dx = − = π. 2 2 4 0

sen x dx = [− cos x]2π 0 = 0;

.

2π 0

dx = [ x]2π 0 = 2π.

V = π(π + 4 · 2π) = 9π 2 (2, 2)

X

(x − 2)2 + (y − 2)2 = 1 y x2 − 4x + 4 + y 2 − 4y + 4 = 1, y 2 − 4y + x2 − 4x + 7 = 0,

y=

4±

√

√ ' 16 − 4x2 + 16x − 28 4 ± 2 −x2 + 4x − 3 = = 2 ± −x2 + 4x − 3, 2 2

f (x) = 2 +

g(x) = 2 −

'

−x2 + 4x − 3

' −x2 + 4x − 3

.

3

[f (x)]2 − [g(x)]2 dx 1 . 3 02 02 ' ' 2 2 2 + −x + 4x − 3 − 2 − −x + 4x − 3 dx =π 1 . 3' −x2 + 4x − 3 dx. = 8π

V =π

1

−x2 + 4x − 3 = 1 − (x − 2)2 '

1 − (x − 2)2 =

x − 2 = sen θ

' 1 − sen2 θ = cos θ. − π2

.

3'

V = 8π 1

.

1 − (x −

2)2 dx

cos2 θ = . V = 8π

π 2

− π2

= 8π

π 2

− π2

π 2

dx = cos θ dθ

cos2 θ dθ.

1+cos 2θ 2

π 1 1 + cos 2θ sen 2θ 2 dθ = 8π θ + = 4π 2 . 2 2 4 π − 2

h r

X

y=r

.

h

V =π 0

.

r

1.

√

V =4

r2 −x2

h

r2 dx = πr2 x]h0 = πr2 h.

2

.

h dy dx = 4 0

r

"

hy

0

0

x = r sen θ

√

#√r2 −x2 0

. dx = 4h 0

r

' r2 − x2 dx.

r2 − x2 = r cos θ dx = r cos θ

x=0

θ=0

x=r 2

.

π 2

V = 4r h = 4r2 h

θ=

π 2

2

2

.

π 2

cos θ dθ = 4r h

0

1 1 θ + sen 2θ 2 4

π 2

0

1 + cos 2θ dθ 2

0

= 4r2 h ·

1 π · = πr2 h. 2 2

V = (0, 0)

// D

hdxdy

D

r

) * ' D = (x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 ≤ r = {(ρ, θ) ∈ R2 : 0 ≤ ρ ≤ r, 0 ≤ θ ≤ 2π}.

. .

.

r

hdxdy = 0 D 2 r ρ = πr2 h. = 2πh 2 0

.

.

2π

V =

r

hρdθdρ = h 0

0

ρ [ θ]2π 0

.

r

dρ = h

2πρdρ 0



3.6.

Cálculo de límites mediante integrales

Ejercicio 6.44. Calcúlense los siguientes límites.

1 1 + 2 3 + 3 3 + . . . + n3 . ım (a ) L1 = l´ n→∞ n n3 1 1 4 6 2n 22 32 n2 2 +n . ım + 2 + 2 + ... + 2 + + + + ... + (b ) L2 = l´ n→∞ n n2 n n n n n n n Solución. (a ) Es claro que

1 2

3 3 1 3 2 3 n − 1 3 % n &3 + + + ... + + n n n n n

n 1 i 3 , = l´ım n→∞ n n

1 L1 = l´ım n→∞ n

i=1

pero entonces, observando el sumatorio, se puede considerar una partición del intervalo

[0, 1]

en

n

subintervalos, todos de igual longitud

1 n y

f (ci ) =

i 3 n

,

es decir que según la denición 6.8, la suma anterior es la integral denida de

f (x) = x3

en el intervalo

[0, 1]

y, en consecuencia,

. L1 =

1 0

(b ) Si se descompone la última

x4 x dx = 4 3

n

1 0

1 = . 4

como suma de

n

unos se tienen cuadrados

de binomios como sigue

1 1 22 32 n2 2n 2 4 6 +1 + + 1 + 2 + + 1 + 2 + + 1 + ... + 2 + L2 = l´ım n→∞ n n2 n n n n n n n 1 2

2

2

2 &2 %n 1 2 3 1 = l´ım +1 + +1 + + 1 + ... + +1 n→∞ n n n n n 1

2 2 n 1 i = l´ım +1 n→∞ n n i=1

y, como en el caso anterior, observando el sumatorio, se puede considerar una partición del intervalo

[0, 1] en n subintervalos de longitud

lo que según la denición 6.8 es la integral denida de

2 f (ci ) = ni + 1 , f (x) = (x + 1)2 en el

1 n con

359


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos intervalo

[0, 1],

es decir,

. L2 =

Ejercicio 6.45.

1 0

(x + 1)3 (x + 1) dx = 3 2

1 0

8 = . 3

Calcúlese el siguiente límite.

√ √ √ 1 √ n n n L = l´ım n + √ + √ + ... + √ . n→∞ n n 2 3

Solución. Es claro que

⎤

⎡ ⎤ n 1 1 1 1 1 ⎣ 1 (1 ⎦ . L = l´ım ⎣ ( + ( + ( + . . . + ' n ⎦ = l´ım n→∞ n n→∞ n i 1 2 3 n ⎡

n

n

i=1

n

n

Pero entonces, observando el sumatorio, se puede considerar una partición del intervalo

[0, 1]

en

n

subintervalos de longitud

1 n y

la denición 6.8, la suma anterior es la integral de

f (ci ) =

1 , es decir que según

f (x) =

√1 en el intervalo x

i n

f no está [0, 1] (véase 6.13) y, en consecuencia, . 1 " √ #1 √ 1 1 √ dx = l´ım √ dx = l´ım 2 x ε = l´ım (2 − 2 ε) = 2. + + + x x ε→0 ε→0 ε→0 ε

Pero esa integral es una integral impropia de segunda especie ya que acotada en el intervalo

.

1

L= 0

Ejercicio 6.46.

l´ım

n→∞

Solución.

Demuéstrese que

n n π n n + 2 = . + 2 + ... + 2 2 2 2 2 n +1 n +2 n +3 n +n 4

n n n n l´ım + 2 + + ... + 2 n→∞ n2 + 1 n + 2 2 n 2 + 32 n + n2 2 2 2 n 1 n n n2 + 2 + + ... + 2 = l´ım n→∞ n n2 + 1 n + 22 n2 + 32 n + n2 1 2 n n 1 n2 1 1 = l´ım · · = l´ım . n→∞ n→∞ n n2 + i 2 n 1+ i 2

i=1

360

[0, 1].

i=1

n



Observando el último sumatorio, de nuevo se puede considerar una partición del intervalo

[0, 1]

en

n


la denición 6.8 es la integral denida de

f (x) =

decir,

.

1

0

3.7.

x2

1 n y con

f (ci ) =

1 2 , lo que por 1+( ni )

1 en el intervalo x2 +1

[0, 1],

es

1 π dx = [arctan x]10 = . +1 4

Integración numérica

Ejercicio 6.47. Determínese el valor aproximado de

/1 0

2

ex dx

considerando

5

divisiones del intervalo de integración. (a ) Por la fórmula de los rectángulos con rectángulos de altura igual a la imagen de los puntos medios de cada subintervalo. (b ) Por la fórmula de los trapecios. 2

f (x) = ex no tiene primitiva elemental, sin embargo, por ser continua en [0, 1] existe la integral denida y el área correspondiente se puede aproximar por métodos numéricos. Para ello se divide el intervalo [0, 1] en 5 subintervalos de la misma longitud 0,2.


(a ) Por el método de los rectángulos (véase 6.17), considerando rectángulos de altura igual a la imagen de los puntos medios (véase la Figura 6.35) resulta que:

.

1

e 0

x2

5 xk−1 + xk 1−0 · dx f 5 2 k=1

= 0,2 · [f (0,1) + f (0,3) + f (0,5) + f (0,7) + f (0,9)] = 0,2 · [e0,01 + e0,09 + e0,25 + e0,49 + e0,81 ] 0,2 · [1,0100 + 1,0942 + 1,2840 + 1,6323 + 2,2479] = 1,4537.

(b ) Por el método de los trapecios se aplica la fórmula dada en 6.18. Como se puede comprobar observando la gura 6.36, el método de los trapecios proporcio-

361

.

1 0

2

1−0 5

· [f (0) + 2f (0,2) + 2f (0,4) + 2f (0,6) + 2f (0,8) + f (1)] 2 = 0,1 · [e0 + 2e0,04 + 2e0,16 + 2e0,36 + 2e0,64 + e1 ]

ex dx

0,1 · [1 + 2,0816 + 2,3470 + 2,8667 + 3,7930 + 2,7183] = 1,4807.

/6

1 1 x

ln 6 dx

ln 1 = 0 .

6 1

1 dx = [ln |x|]61 = ln 6 − ln 1 = ln 6, x ln 6



Si se divide el intervalo

[1, 6]

en

5


1,

los extremos

de estos subintervalos y sus puntos medios ya ordenados todos ellos son

x1 = 1,5, x2 = 2, x3 = 2,5, . . ., x9 = 5,5, x10 = 6.

x 0 = 1,

Aplicando la regla de Simpson,

resulta que:

.

6

ln 6 = 1

1 1 dx · [f (1) + 4f (1,5) + 2f (2) + 4f (2,5) + 2f (3) + 4f (3,5) x 6 + 2f (4) + 4f (4,5) + 2f (5) + 4f (5,5) + f (6)]

1 · [1 + 2,667 + 1,000 + 1,600 + 0,667 + 1,143 6 + 0,500 + 0,889 + 0,400 + 0,727 + 0,167] =

Ejercicio 6.49.

(a ) Obténgase

/1

1 0 1+x2

1 · 10,76 = 1,793. 6

dx.

(b ) A partir del resultado obtenido calcúlese un valor aproximado del número

π

por la fórmula de los trapecios con 10 divisiones del intervalo. (c ) Lo mismo por el método de Simpson con 5 divisiones.

Solución. (a ) La función que aparece en el integrando es inmediata (véase 6.31) .

1 0

1 π dx = [arctan x]10 = . 2 1+x 4

(b ) Si se divide el intervalo

[0, 1]

en

10


0,1,

por la

fórmula de los trapecios 6.18 se tiene que:

. 1 1−0 1 π 10 = · [f (0) + 2f (0,1) + 2f (0,2) + . . . + 2f (0,9) + f (1)] dx 2 4 2 0 1+x 0,05 · [1 + 1,9802 + 1,9231 + 1,8349 + 1,7241 + 1,6000 + 1,4706 + 1,3423 + 1,2195 + 1,1050 + 0,5] = 0,05 · 15,6997 = 0,78498, con lo que resulta

π 4 · 0,78498 = 3,1399.

(c ) Si se divide el intervalo

[0, 1] en 5 subintervalos de longitud 0, 2, se pueden

aprovechar los cálculos anteriores ya que los puntos medios de estos subintervalos son los extremos de la partición dada en el caso anterior. En consecuencia, por la

363


Ejercicios Resueltos de Fundamentos Matemáticos regla de Simpson (véase 6.19) con 5 subdivisiones, se tiene que:

π = 4

.

1 0

1 dx 1 + x2

0,2 · [f (0) + 4f (0,1) + 2f (0,2) + 4f (0,3) + . . . + 4f (0,9) + f (1)] 6 0,2 · [1 + 3,9604 + 1,9231 + 3,6698 + 1,7241 + 3,2000 + 1,4706 6 0,2 + 2,6846 + 1,2195 + 2,2099 + 0,5] = · 23,5620 = 0,7854, 6 con lo que resulta

Ejercicio 6.50.

π 4 · 0, 7854 = 3, 1416. Obténgase un valor aproximado de

I=

/1 0

cos(x2 + 1) dx

con-

siderando 5 divisiones del intervalo de integración. (a ) Por la fórmula de los trapecios. (b ) Por el método de Simpson.

Solución. (a ) Por la fórmula de los trapecios 6.18, dividiendo el intervalo [0, 1] en cinco subintervalos de longitud

h=

1−0 5

= 0,2,

se tiene que

0,2 · [f (0) + 2f (0,2) + 2f (0,4) + 2f (0,6) + 2f (0,8) + f (1)] 2 = 0,1 · [0,5403 + 1,0124 + 0,7987 + 0,4185 − 0,1383 − 0,4161] = 0,22155.

I

(b ) Dividiendo el intervalo

[0, 1]

en 5 subintervalos de longitud

h = 0,2

y

utilizando la regla de Simpson 6.19 se requieren además los puntos medios de los subintervalos considerados en el caso anterior, es decir, los puntos

x1 = 0,1, x2 = 0,2, . . ., x9 = 0,9, x10 = 1.

x0 = 0,

Así pues, aplicando esta regla se tiene

que

I

0,2 · [f (0) + 4f (0,1) + 2f (0,2) + 4f (0,3) + 2f (0,4) + 4f (0,5) 6 + 2f (0,6) + 4f (0,7) + 2f (0,8) + 4f (0,9) + f (1)]

0,03333 · [0,5403 + 2,1274 + 1,0124 + 1,8499 + 0,7987 + 1,2613 + 0,4185 + 0,3228 − 0,1383 − 0,9477 − 0,4161] = 0,03333 · 6,8292 = 0,2276.

364

09:52:18

El texto contiene una colección de ejercicios y problemas resueltos en detalle y se ajusta al programa de la asignatura Fundamentos Matemáticos de las Tecnologías de la Información del Grado en Ingeniería de las Tecnologías de la Información, y se ha incluido un tema inicial de puesta al día y repaso que se considera importante para poder seguir el curso. El contenido se estructura en seis temas. En el Tema 1 se revisan algunos contenidos de cursos anteriores relativos a matrices, determinantes y sistemas de ecuaciones lineales. El Tema 2 se centra en el estudio de la estructura de espacio vectorial, fundamental en Álgebra Lineal. El Tema 3 trata las aplicaciones lineales entre espacios vectoriales. Los Temas 4, 5 y 6 se dedican al Cálculo Infinitesimal, el Tema 4 a las funciones de una variable y el Tema 5 a las funciones de varias variables. Finalmente, en el Tema 6 se desarrollan las técnicas básicas del cálculo integral. Bienvenido Jiménez y Vicente Novo son profesores del Departamento de Matemática Aplicada I de la UNED con una amplísima experiencia docente en las materias de área de Matemática Aplicada. Su trabajo de investigación se centra en los problemas de Optimización y dirigen el grupo de investigación de Optimización Vectorial de la UNED. Lidia Huerga es investigadora en el mismo Departamento y se ha incorporado al mismo grupo.

7102102CP01A01

20/8/14

L. Huerga • B. Jiménez • V. Novo

7102102CP01A01.pdf

MY

CY

CMY

K

ISBN: 978-84-362-6952-9

Ejercicios resueltos de Fundamentos Matemáticos

M

CM

02102

Editorial 9 788436 269529

7102102CP01A01

Ejercicios resueltos de Fundamentos Matemáticos Ingeniería en Tecnologías de la Información

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Y

cuaderno de prácticas

CP

Lidia Huerga Pastor Bienvenido Jiménez Martín Vicente Novo Sanjurjo

EJERCICIOS RESUELTOS DE FUNDAMENTOS MATEMATICOS. INGENIERIA EN TECNOLOGIAS DE LA INFORMACION. UNED (Lidia Huerga Pastor, Bienvenido Jimenez Martin, Vicente Novo Sanjurjo )

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