Colección de Problemas Resueltos. Volumen I. Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería. Ingeniería Técnica Industrial. Especialidad Mecánica. Curso 2004-05.
Índice General I Boletines Resueltos de los Bloques Temáticos Álgebra Lineal y Cálculo Diferencial e Integral de Funciones de una Variable. 2 Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices.
3
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn . Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados
27
Boletín 3. Diagonalización de Matrices
60
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones
78
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
93
II
111
Exámenes Resueltos de Cursos Anteriores
Primer Parcial. Curso 2002-03
112
Segundo Parcial. Curso 2002-03
123
Examen de Junio. Curso 2002-03
132
Examen de Septiembre. Curso 2002-03
141
Examen de Diciembre de 2003
151
Primer Parcial. Curso 2003-04
160
Segundo Parcial. Curso 2003-04
170
Examen de Junio. Curso 2003-04
179
Examen de Septiembre. Curso 2003-04
191
1
Parte I
Boletines Resueltos de los Bloques Temáticos Álgebra Lineal y Cálculo Diferencial e Integral de Funciones de una Variable.
2
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices. 1. Resolver los siguientes sistemas por el método de Gauss-Jordan y por el método de Gauss. x1 + x2 + 2x3 = 8 2x1 + 2x2 + 2x3 = 0 −x1 − 2x2 + 3x3 = 1 −2x1 + 5x2 + 2x3 = 1 a) b) 3x1 − 7x2 + 4x3 = 10 8x1 + x2 + 4x3 = −1 x − y + 2z − w = −1 −2b + 3c = 1 2x + y − 2z − 2w = −2 c) d) 3a + 6b − 3c = −2 −x + 2y − 4z + w = 1 6a + 6b + 3c = 5 3x − 3w = −3 4x1 − 8x2 = 12 2x1 − 3x2 = −2 2x1 + x2 = 1 3x1 − 6x2 = 9 f) e) 3x1 + 2x2 = 1 −2x1 + 4x2 = −6 ½ ½ 5x1 − 2x2 + 6x3 = 0 x1 − 2x2 + 3x3 = 0 g) h) −2x1 + x2 + 3x3 = 1 −2x1 + 4x2 − 6x3 = 1 Solución:
En todos los apartados aplicaremos primeramente el método de Gauss y a continuación el método de Gauss—Jordan. 1 1 2 1 1 2 1 1 2 8 8 8 F21 (1) F2 (−1) 1 −→ 0 9 −→ 0 (a) −1 −2 3 −1 5 1 −5 −9 F31 (−3) 3 −7 4 10 0 −10 −2 −14 0 −10 −2 −14 1 1 2 1 1 2 8 8 F32 (10) F3 (−1/52) −5 −9 −→ 0 1 −5 −9 . −→ 0 1 2 0 0 −52 −104 0 0 1 Por consiguiente, el sistema inicial es equivalente al sistema triangular superior x1 + x2 + 2x3 = 8 x2 − 5x3 = −9 x3 = 2 Así, el sistema dado es compatible determinado (C.D.) y usando el método de subida su única solución es x1 = 3, x2 = 1, x3 = 2. Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada (forma escalonada). 1 1 2 1 0 0 3 1 1 0 4 8 F23 (5) F12 (−1) 0 1 −5 −9 −→ 0 1 0 1 −→ 0 1 0 1 . F13 (−2) 2 0 0 1 2 0 0 1 2 0 0 1 3
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
4
x1 = 3 Luego, el sistema inicial es equivalente a x2 = 1 y su solución ya está dada. x3 = 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 0 0 F2 (1/2) F21 (2) F2 (1/7) 1 −→ −2 5 2 1 −→ 0 1 −→ 7 4 (b) −2 5 2 F31 (−8) 8 1 4 −1 8 1 4 −1 0 −7 −4 −1 1 1 1 1 1 1 0 0 F23 (7) 0 1 4/7 1/7 −→ 0 1 4/7 1/7 . 0 0 −7 −4 −1 0 0 0 En consecuencia, el sistema es compatible indeterminado (C.I.), ya que la matriz escalonada posee dos unos principales ½ y aparece, por tanto, x3 como variable libre. El sistema inicial es x1 + x2 + x3 = 0 equivalente al sistema y el conjunto de sus soluciones puede escribirse x2 + 4x3 /7 = 1/7 x1 = −1/7 − 3t/7 x2 = 1/7 − 4t/7 con t ∈ R. en la forma x3 = t Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada (forma escalonada). 1 0 −3/7 −1/7 0 1 1 1 (−1) 0 1 4/7 1/7 F12 1/7 . −→ 0 1 4/7 0 0 0 0 0 0 0 0 ½
x1 − 3x3 /7 = −1/7 y el conjunto de soluciones x2 + 4x3 /7 = 1/7 x1 = −1/7 − 3s x = 1/7 − 4s con s ∈ R. también puede expresarse en la forma 2 x3 = 7s 1 −1 2 −1 −1 1 −1 2 −1 −1 2 (−2) 0 (1/3) 0 1 −2 −2 −2 3 −6 0 F2−→ F21 (c) −→ −1 1 0 0 1 −2 0 2 −4 1 F31 (1) F41 (−3) 3 0 0 −3 −3 0 3 −6 0 0 1 −1 2 −1 −1 1 −1 2 −1 −1 0 (−1) 0 0 0 1 −2 0 1 −2 0 F32 . −→ 0 0 F42 (−3) 0 0 1 −2 0 0 0 0 0 0 0 3 −6 0 0 0 0 0 ½ x − y + 2z − w = −1 En consecuencia, el sistema inicial es quivalente al sistema y − 2z = 0 Aparecen dos unos principales en la matriz escalonada y el sistema tiene a las incógnitas z y w como variables libres. El sistema es, por tanto, C.I. y sus infinitas soluciones pueden x = −1 + µ y = 2λ escribirse en la forma con λ, µ ∈ R. z=λ w=µ Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada Por tanto, el sistema inicial equivale a
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
(forma escalonada). 1 −1 0 1 0 0 0 0
5
1 0 0 −1 −1 −1 0 1 −2 0 0 0 12 (1) F−→ . 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ½ x − w = −1 Por tanto, el sistema inicial es equivalente a y es sencillo escribir x e y en y − 2z = 0 función de las variables libres z y w. 3 6 −3 1 1 2 −1 1/3 0 −2 3 1 F1 (1/3) F31 (−6) P12 1 −→ 6 −3 −2 −→ 0 −2 3 1 −→ 0 −2 3 (d) 3 5 5 6 6 3 5 6 6 3 6 6 3 1 2 −1 1/3 F2 (−1/2) 0 −2 1 −→ 3 3 0 −6 9 1 2 −1 1/3 1/3 1 2 −1 F32 (6) 0 1 −3/2 −1/2 −→ 0 1 −3/2 −1/2 . 3 0 0 −6 9 0 0 0 ½ a + 2b − c = 1/3 y es C.I. Las Por consiguiente, el sistema es equivalente al sistema b − 3c/2 = −1/2 a = 4/3 − 2λ infinitas soluciones pueden escribirse en la forma b = −1/2 + 3λ/2 con λ ∈ R. c=λ Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada (forma escalonada). 1 2 −1 1 0 2 1/3 4/3 (−2) 0 1 −3/2 −1/2 F12 −→ 0 1 −3/2 −1/2 . 0 0 0 0 0 0 0 0 ½ a + 2c = 4/3, la variable c es libre y las infinitas El sistema dado es equivalente a b − 3c/2 = −1/2, a = 4/3 − 2λ soluciones se pueden expresar en la forma b = −1/2 + 3λ/2 con λ ∈ R. c=λ 1 −3/2 −1 1 −3/2 −1 2 −3 −2 F1 (1/2) F12 (−2) F2 (1/4) 1 −→ 2 1 −→ 0 3 −→ 1 1 4 (e) 2 F31 (−3) 1 1 4 3 2 3 2 0 13/2 1 −3/2 1 −3/2 −1 −1 F32 (−13/2) 0 3/4 . El sistema es equivalente a 1 3/4 −→ 0 1 4 0 13/2 0 0 −7/8 x1 − 3x2 /2 = −1 x2 = 3/4 y por tanto, incompatible. 0 = −7/8 Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada (forma escalonada). 1 0 −17/8 −1 1 −3/2 F12 (−3/2) 0 3/4 −→ 0 1 3/4 1 0 0 −7/8 0 0 −7/8 2 −2 0 0
−1 0 0 0
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
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x1 = −17/8 El sistema es equivalente a x2 = 3/4 y de nuevo vemos que es incompatible. 0 = −7/8 1 −2 4 −8 12 1 −2 2 2 F1 (1/4) F21 (−3) 9 −→ 3 −6 9 −→ 0 0 0 . (f) 3 −6 F31 (2) 0 0 0 −2 4 −6 −2 4 −6 El sistema inicial es C.I. y equivalente al sistema con una ecuación y dos incógnitas ½ x1 = 3 + 2t x1 −2x2 = 3. Por tanto, las infinitas soluciones pueden escribirse en la forma x2 = t con t ∈ R. En este caso, la matriz escalonada anterior es también escalonada reducida por lo que los métodos de Gauss y Gauss—Jordan “coinciden”. µ µ µ ¶ ¶ ¶ F1 (1/5) F21 (2) F2 (5) 5 −2 6 0 1 −2/5 6/5 0 1 −2/5 6/5 0 (g) −→ −→ −→ 0 1/5 3/5 1 −2 1 3 1 −2 1 3 1 µ ¶ 1 −2/5 6/5 0 . 0 1 3 5 ½ x1 − 2x2 /5 + 6x3 /5 = 0, El sistema inicial es C.I. y equivalente al sistema x2 + 3x3 = 5. 12 x1 = 2 − 5 t x = 5 − 3t con t ∈ R. Así, el conjunto de soluciones adquiere la forma 2 x3 = t Seguimos realizando las transformaciones elementales (t.e.) en la última matriz ampliada (forma escalonada). µ µ ¶ ¶ F12 (2/5) 1 −2/5 6/5 0 1 0 12/5 2 −→ . Observamos que el sistema inicial 0 1 3 5 0 1 3 5 ½ x1 + 12x3 /5 = 0, es equivalente a x2 + 3x3 = 5. ¶ ¶ µ µ F21 (2) 1 −2 3 0 1 −2 3 0 . El sistema es incompatible y la forma −→ (h) 0 0 0 1 −2 4 −6 1 escalonada anterior es escalonada reducida. 2. Sin usar lápiz y papel, determinar cuáles de los siguientes sistemas homogéneos tienen soluciones no triviales. 2x1 − 3x2 + 4x3 − x4 = 0 x1 + 3x2 − x3 = 0 a) 7x1 + x2 − 8x3 + x4 = 0 x2 − 8x3 = 0 b) 2x1 + 8x2 + x3 − x4 = 0 4x3 = 0 ½ 3x − 2y = 0 c) 6x − 4y = 0 Solución:
(a) En este caso, el sistema es C.I. pues se trata de un sistema homogéneo con más incógnitas que ecuaciones. Es decir, el sistema posee soluciones no triviales. (b) El sistema es C.D., ya que es claro que el método de subida nos proporcinaría como única solución del sistema, la solución trivial. (c) La segunda ecuación es proporcional a la primera y el sistema es, por tanto, C.I., es decir, tiene soluciones no triviales.
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Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
3. Resolver los siguientes sistemas homogéneos, por cualquier método v + 3w − 2x = 0 2x − y − 3z = 0 2u + v − 4w + 3x = 0 a) −x + 2y − 3z = 0 b) 2u + 3v + 2w − x = 0 x + y + 4z = 0 −4u − 3v + 5w − 4x = 0 Solución:
En ambos casos utilizaremos el método de Gauss. 1 −1/2 −3/2 0 2 −1 −3 0 F1 (1/2) F21 (1) 2 −3 0 −→ −1 2 −3 0 −→ (a) −1 F31 (−1) 1 1 4 0 1 1 4 0 1 −1/2 −3/2 0 1 −1/2 −3/2 0 F2 (2/3) F32 (−3/2) 0 3/2 −9/2 0 −→ 0 1 −3 0 −→ 0 3/2 11/2 0 0 3/2 11/2 0 1 −1/2 −3/2 0 1 −1/2 −3/2 0 F3 (1/10) 0 1 −3 0 −→ 0 1 −3 0 . 0 0 10 0 0 0 1 0 Puesto que la matriz escolonada posee tres unos principales, el mismo número que incógnitas, el sistema es C.D. y la única solución del mismo es la trivial (x = y = z = 0). 2 1 −4 3 0 0 1 3 −2 0 2 (1/2) 1 −4 3 0 1 3 −2 0 P21 0 −→ F1−→ (b) 2 3 2 −1 0 2 3 2 −1 0 −4 −3 5 −4 0 −4 −3 5 −4 0 1 1/2 −2 3/2 0 1 1/2 −2 3/2 0 0 (−2) 0 (−2) 1 3 −2 0 1 3 −2 0 F31 F32 −→ −→ 2 3 2 −1 0 0 2 6 −4 0 F41 (4) F41 (1) 0 −1 −3 2 0 −4 −3 5 −4 0 1 1/2 −2 3/2 0 0 1 3 −2 0 . 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ½ u − v/2 − 2w + 3x/2 = 0, es C.I. y tomamos w y x El sistema inicial es equivalente a v + 3w − 2x = 0, como variables libres. Así, el conjunto de soluciones puede escribirse, después de aplicar el u = t/2 − s/2 v = −3t + 2s método de subida, en la forma con t, s ∈ R. w=t x=s
4. Resolver los siguientes sistemas, donde a, b y c son constantes. ½ x1 + x2 + x3 = a 2x + y = a a) b) 2x1 + 2x3 = b 3x + 6y = b 3x2 + 3x3 = c Solución:
Aplicaremos en ambos casos el métdo de Gauss. ¶ ¶ µ µ µ F1 (1/2) F21 (−3) 1 1/2 a/2 1 2 1 a −→ −→ (a) b 3 6 b 3 6 0
1/2 9/2
a/2 b − 32 a
¶
F2 (2/9)
−→
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
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µ
¶ ½ 1 1/2 a/2 x + 12 y = 12 a . El sistema inicial es C.D y equivalente a y 2 1 0 1 9b − 3a y = 29 b − 13 a aplicando el método de subida la única solución es µ ¶ 1 1 1 2 1 1 1 1 2 2 x= a− y = a− b − a = a − b. y = b − a, 9 3 2 2 2 2 9 3 3 9 1 1 1 a 1 1 1 1 1 1 a a F21 (−2) F2 (−1/2) F32 (−3) (b) 2 0 2 b −→ 0 −2 0 b − 2a −→ 0 1 0 a − 12 b −→ c c 0 3 3 c 0 3 3 0 3 3 1 1 1 1 1 1 a a (1/3) F3−→ . 0 1 0 0 1 0 a − 12 b a − 12 b 3 1 1 0 0 3 c − 3a + 2 b 0 0 1 3c − a + 2b x1 + x2 + x3 = a x2 = a − 12 b y aplicando el El sistema inicial es C.D., equivalente a x3 = 13 c − a + 12 b x1 = a − 13 c x = a − 1b método de subida la única solución es 2 1 2 x3 = 3 c − a + 12 b
x + 2y − 3z = 4 5. ¿Para qué valores de a el sistema 3x − y + 5z = 2 no tiene solución, tiene exac 4x + y + (a2 − 14)z = a + 2 tamente una solución o infinitas soluciones? Solución:
Realizaremos t.e. en la matriz ampliada. 1 2 −3 1 2 −3 4 4 F21 (−3) F2 (−1/7) 3 −1 2 −→ 0 −7 5 14 −10 −→ (−4) F 31 4 1 a2 − 14 a + 2 0 −7 a2 − 2 a − 14 1 2 −3 1 2 −3 4 4 F32 (7) 0 10/7 −→ 0 1 1 −2 −2 −10/7 . 2 2 0 −7 a − 2 a − 14 0 0 a − 16 a − 4
Por tanto, si a2 − 16 6= 0 (o equivalentemente, a 6= 4 y a 6= −4) podemos continuar realizando t.e. ³ ´ 1 2 −3 4 1 2 −3 4 F3 2 1 a −16 0 1 −2 −10/7 −→ 0 1 −2 −10/7 = a−4 0 0 1 0 0 a2 − 16 a − 4 a2 −16 4 1 2 −3 0 1 −2 −10/7 . Así, el sistema es C.D. (posee una única solución) 1 0 0 1 a+4
Si a = 4, el primer bloque de t.e. sigue siendo válido y llegamos a la matriz ampliada 1 2 −3 4 0 1 −2 −10/7 . En consecuencia, el sistema es C.I. (posee infinitas soluciones). 0 0 0 0 1 2 −3 4 Si a = −4, la última matriz ampliada del primer bloque de t.e. es 0 1 −2 −10/7 y −8 0 0 0 el sistema es imcompatible (no posee solución).
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Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
6. ¿Para qué valores de a el sistema Solución:
½
(a − 3)x + y = 0 tiene soluciones no triviales? x + (a − 3)y = 0
Realizaremos t.e. en la matriz ampliada. — Comenzamos suponiendo que a − 3 6= 0 (es decir, a 6= 3). µ ¶ µ µ ¶ 1 1 F1 ( a−3 ) 1 F21 (−1) 0 1 a−3 1 0 a−3 −→ −→ 1 a−3 0 0 1 a−3 0 ! Ã 1 0 1 a−3 . (a−3)2 −1 0 0 a−3
1 a−3
0 0
1 a − 3 − a−3
¶
=
Ahora consideramos, además, que (a − 3)2 − 1 6= 0 (esto es, a 6= 2 y a 6= 4). Entonces, podemos continuar con las t.e. ! ³ a−3 ´ µ Ã ¶ 1 1 F2 0 1 0 1 a−3 (a−3)2 −1 a−3 2 y deducir que el sistema es C.D.; es −→ −1 0 0 1 0 (a−3) 0 a−3 decir, sólo posee la solución trivial x = 0, y = 0. Seguidamente, tomamos a =µ2 o a = 4. Entonces, después del primer bloque de t.e. con¶ 1 0 1 a−3 seguimos la matriz ampliada y el sistema es C.I.; es decir, posee soluciones 0 0 0 no triviales. ½ y=0 — Suponemos que a = 3, entonces el sistema inicial es y, naturalmente, su única x=0 solución es la trivial. Resumiendo, el sistema posee soluciones no triviales si y sólo si a = 2 o a = 4. 7. Demostrar que si ad − bc 6= 0 entonces la forma escalonada reducida de la matriz µ ¶ 1 0 . 0 1 Solución:
Realizaremos transformaciones elmentales (t.e.) en la matriz
µ
a b c d
µ
a b c d
¶
es
¶ .
En primer lugar, suponemos que a 6= 0. De esta forma, podemos hacer las siguientes t.e. ¶ µ ¶ µ µ µ ¶ µ ¶ ¶ b b F21 (−c) F21 (−c) a b F1 (1/a) 1 ab 1 1 1 ab a a = −→ −→ −→ c d c d c d 0 d − ab c 0 ad−bc a Ahora, si ad − bc 6= 0 podemos continuar realizando t.e. ¶ µ ¶ µ ¶ µ a b F2 ( ad−bc ) 1 b F12 (−b/a) 1 0 1 a a −→ −→ . 0 1 0 1 0 ad−bc a
Por consiguiente, si a 6= 0 y ad − bc 6= 0 la forma escalonada reducida de identidad.
µ
µ
a b c d
¶
es la
µ ¶ ¶ 0 b c d P12 A continuación suponemos que a = 0 . Entonces, la primera t.e es: −→ . c d 0 b µ ¶ µ ¶ c d F1 (1/c) 1 d/c −→ . Si además c 6= 0 podemos continuar realizando t.e.: 0 b 0 b
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µ µ ¶ ¶ 1 d/c F2 (1/b) 1 d/c F12 (−d/c) Si además b 6= 0 podemos continuar realizando t.e.: −→ −→ 0 b 0 1 µ ¶ 1 0 . 0 1
Por tanto, si a 6= 0, b 6= 0 y c 6= 0 (o equivalentemente, a 6= 0 y bc 6= 0 ), entonces la forma µ ¶ a b escalonada reducida de es la identidad. c d
Nótese que para a = 0,µla desigualdad ad − bc 6= 0 se convierte en bc 6= 0, por que la forma ¶ a b escalonada reducida de es la matriz identidad siempre que ad − bc 6= 0. c d µ ¶ µ ¶ 3 0 1 5 2 4 −1 1 4 2 8. Considerar las matrices A = −1 2 , B = ,C = , D = −1 0 1 , 0 2 3 1 5 1 1 3 2 4 6 1 3 E = −1 1 2 . Calcular, cuando sea posible: 4 1 3 ¡ ¢ a) D − E, b) 2E T − 3DT c) A(BC) d) (DA)T e) C T B AT f) (−AC)T + 5DT Solución:
−5 4 −1 (a) D − E = 0 −1 −1 . −1 1 1 9 1 −1 (b) 2E T − 3DT = −13 2 −4 . 0 1 −6 3 45 9 (c) A(BC) = −11 −11 17 . 7 17 13 µ ¶ 0 −2 11 . (d) (DA)T = 12 1 8 12 6 9 ¡ T ¢ T (e) C B A = 48 −20 14 . 24 8 16 2 −10 11 2 5 . (f) (−AC)T + 5DT = 13 4 −3 13
3 −2 7 6 −2 4 9. Considerar las matrices A = 6 5 4 y B = 0 1 3 . Calcular, sin realizar el 0 4 9 7 7 5 producto de las dos matrices completamente, a) la segunda columna de AB. AA. Solución:
b) la primera columna de BA.
c) la tercera columna de
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
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(a) La segunda columna del producto AB se obtiene multiplicando la matriz A por la segunda columna de B. 3 −2 7 −2 41 6 5 4 1 = 21 . 0 4 9 7 67 (b) La primera columna del producto BA se obtiene multiplicando la matriz B por la primera columna de A. 6 −2 4 3 6 0 1 3 6 = 6 . 7 7 5 0 63 (c) La tercera columna del producto AA se obtiene multiplicando la matriz A por la tercera columna de A. 76 7 3 −2 7 6 5 4 4 = 98 . 97 9 0 4 9 10. En cada apartado, determinar las matrices A, x y b que expresen el sistema de ecuaciones dados como una ecuación matricial Ax = b x − y + 2z − w = −1 x1 + x2 + 2x3 = 8 2x + y − 2z − 2w = −2 a) b) −x1 − 2x2 + 3x3 = 1 −x + 2y − 4z + w = 1 3x1 − 7x2 + 4x3 = 10 3x − 3w = −3 Solución: 8 1 1 2 x1 (a) −1 −2 3 x2 = 1 . x3 10 3 −7 4 1 −1 2 −1 x −1 2 1 −2 −2 y = −2 . (b) −1 z 2 −4 1 1 3 0 0 −3 w −3
11. En cada apartado, expresar la ecuación matricial como un sistema de ecuaciones lineales 0 w 3 −2 0 1 2 3 −1 2 x1 5 0 2 −2 x 0 3 7 x2 = −1 b) = a) 4 3 1 4 7 y 0 4 x3 −2 1 5 0 z −2 5 1 6 Solución: 3x1 − x2 + 2x3 = 2 4x1 + 3x2 + 7x3 = −1 (a) −2x1 + x2 + 5x3 = 4 3w − 2x + z = 0 5w + 2y − 2z = 0 (b) 3w + x + 4y + 7z = 0 −2w + 5x + y + 6z = 0
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Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
12. En cada apartado encontrar la forma escalonada y escalonada reducida de la matriz de orden tres cuyos elementos son ½ 1 si |i − j| > 1 a) aij = i + j b) aij = ij−1 c) aij = −1 si |i − j| ≤ 1 Solución:
2 3 4 1 3/2 2 1 3/2 2 F1 (1/2) F21 (−3) F2 (−2) 4 5 −→ 0 −1/2 −1 −→ (a) A = 3 4 5 −→ 3 F31 (−4) 4 5 6 0 −1 −2 4 5 6 1 3/2 2 1 0 −1 1 3/2 2 F32 (1) F12 (−3/2) 0 1 2 −→ 0 1 2 . 1 2 −→ 0 0 0 0 0 0 0 0 −1 −2 1 3/2 2 0 1 2 y la forma escalonada reducida Luego la forma escalonada es la matriz 0 0 0 1 0 −1 0 1 2 . 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 F21 (−1) F32 (−2) F3 (1/2) (b) A = 1 2 4 −→ 0 1 3 −→ 0 1 3 −→ 0 1 3 . F31 (−1) 0 2 8 0 0 2 0 0 1 1 3 9 1 1 1 La forma escalonada es la matriz 0 1 3 y la forma escalonada reducida es la iden0 0 1 tidad, pues tenemos tres unos principales, es decir, la matriz A es regular. 1 1 −1 1 1 −1 −1 −1 1 F1 (−1) F21 (1) P23 0 −2 −→ (c) A = −1 −1 −1 −→ −1 −1 −1 −→ 0 F31 (−1) 0 −2 0 1 −1 −1 1 −1 −1 1 1 −1 1 1 −1 F2 (−1/2) 0 −2 0 −→ 0 −1 0 . F3 (−1/2) 0 0 −2 0 0 1 1 1 −1 0 y la forma escalonada reducida es la La forma escalonada es la matriz 0 −1 0 0 1 identidad, pues, como sucedía en el apartado anterior, tenemos tres unos principales, es decir, la matriz A es regular. 2 −1 3 8 −3 −5 0 −2 3 4 5 , B = 0 1 2 , C = 1 7 4 , a = 4, b = −7. 13. Sea A = 0 −2 1 4 4 −7 6 3 5 9 Comprobar que se verifican las siguientes igualdades: a) (AB)C = A(BC) b) (a + b) C = aC + bC c) A(B − C) = AB − AC ¡ ¢T d) AT = A e) (A + B)T = AT + B T f) (aC)T = aC T
g) (AB)T = B T AT
h) (AB)−1 = B −1 A−1
i) (ABC)−1 = C −1 B −1 A−1
Solución: Sólo se expondrán los resultados de las igualdades.
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−10 −222 26 (a) (AB)C = A(BC) = 83 −67 278 . 87 33 240 0 6 −9 (b) (a + b) C = aC + bC = −3 −21 −12 . −9 −15 −27 20 −32 −23 (c) A(B − C) = AB − AC = 1 −84 −23 . −13 −52 2 2 −1 3 ¡ ¢T 4 5 . (d) AT = A = 0 −2 1 4 10 0 2 (e) (A + B)T = AT + B T = −4 5 −6 . −2 7 10 0 4 12 (f) (aC)T = aC T = −8 28 20 . 12 16 36 28 20 0 (g) (AB)T = B T AT = −28 −31 −21 . 6 38 36 21 53 439 − 1456 208 − 4368 15 3 59 . − 546 (h) (AB)−1 = B −1 A−1 = − 182 26 7 5 11 − 104 104 − 312 1403 1289 29 987 − 11232 26208 235872 37 79 823 (i) (ABC)−1 = C −1 B −1 A−1 = − 8736 − 78624 . 3744 113 17 341 − 936 − 2808 8424
14. Sean A y B matrices cuadradas del mismo tamaño. ¿Es cierto que (AB)2 = A2 B 2 ? Justificar la respuesta. Solución: En generall la igualdad es falsa. Por ejemplo, tomando A = tiene 2
(AB) =
µ
23 12 42 23
¶
6=
µ
−1 8 −4 7
µ
¶
1 2 −1 3
¶
yB=
µ
−1 0 2 1
¶ , se
= A2 B 2 .
No obstante, si las matrices A y B conmutan (es decir, si AB = BA) la igualdad si se verifica. En efecto, (AB)2 = (AB)(AB) = A|{z} BA B = AABB = A2 B 2 . =AB
15. En cada apartado, usar la información para calcular A µ ¶ µ µ ¶ ¶ 2 −1 −3 7 −1 2 −1 −1 −1 b) (7A) = c) (I + 2A) = a) A = 3 5 1 −2 4 5 Solución:
En cada apartado, los cálculos de las inversas se dejan al alumno.
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¢−1 ¡ (a) Puesto que A = A−1 , calcularemos A obteniendo la inversa de la matriz A=
µ
2 −1 3 5
¶−1
=
µ
5 13 3 − 13
1 13 2 13
¶
1 7
2 −1 3 5
¶ .
.
¶ ¶−1 µ 2 −3 7 7 1 = . 1 3 1 −2 7 7 õ õ ! ¶! µ ¶−1 ¶−1 µ 9 1 1 1 0 −1 2 −1 2 − 13 (c) A = −I = − = 2 0 1 4 5 4 5 2 2 13
(b) A =
µ
µ
1 13 6 − 13
¶ .
µ
¶ 2 0 16. Sea A = . Calcular A3 , A−3 y A2 − 2A + I. ¿Se tiene que verificar que A2 − 2A + I = 4 1 (A − I)2 ? ¿ Es cierto que (A − B)2 = A2 − 2AB + B 2 ?.Justificar la respuesta. Solución:
µ
¶µ
¶ µ ¶ 2 0 4 0 = . 4 1 12 1 µ ¶µ ¶ µ ¶ 4 0 2 0 8 0 3 2 = . A =A ·A= 12 1 4 1 28 1 ¢3 ¡ ¢−1 ¡ , podemos calcular A−3 de dos formas: Como A−3 = A−1 = A3 Calculando la inversa de A3 , o calculando la inversa de A y elevando al cubo. Calculamos en primer lugar la inversa de A3 . ¶ ¶ ¶ µ µ µ 1 8 0 1 0 F1 ( 18 ) 0 1 0 18 0 F21 (−28) 1 0 8 , luego −→ −→ 28 1 0 1 28 1 0 1 0 1 − 28 1 8 ¶ µ 1 0 −3 8 A = . − 72 1 Ahora calculamos de A µ ¶ la inversa ¶ ¶ µ µ 1 2 0 1 0 F1 ( 12 ) 1 0 12 0 F21 (−28) 1 0 0 2 y elevamos al cubo −→ −→ 4 1 0 1 4 1 0 1 0 1 −2 1 ¶ µ 1 ¶µ 1 ¶µ 1 ¶ µ 1 ¶µ 1 ¶ µ 1 0 0 0 2 0 2 0 2 0 4 2 8 = = , el resulta−2 1 −2 1 −2 1 −3 1 −2 1 − 72 1 do, por supuesto, es el mismo. µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 4 0 4 0 1 0 1 0 2 (b) A − 2A + I = + = − . 12 1 8 2 0 1 4 0 Observemos que (A − I)2 = (A − I)(A − I) = A2 − A · I − I · A + I = A2 − 2A + I, ya que AI = IA = A. 2 = A2 − 2A + I. Ya Comprobemos con el ejemplo anterior que, efectivamente, (A − I)µ ¶µ ¶ 1 0 1 0 2 2 = tenemos calculado A − 2A + I. Ahora calculamos (A − I) = 4 0 4 0 µ ¶ 1 0 , que coincide con lo obtenido antes. 4 0 (a) A2 = A · A =
2 0 4 1
(c) En general, para el cálculo matricial, no es cierto que (A − B)2 = A2 − 2AB + B 2 , ya que (A − B)2 = A2 − AB − BA + B 2 , y sabemos que el producto de matrices no es commutativo, luego, salvo excepciones,µ AB 6= BA. ¶ Comprobemos µ ¶ con un ejemplo que 1 −1 2 1 (A − B)2 6= A2 − 2AB + B 2 . Sean A = yB= , entonces (A − B)2 = 1 2 0 3
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µ
−1 −2 1 −1
¶2
=
2
2
µ
A − 2AB + B =
−1 4 −2 −1
¶ , mientras que
1 −1 1 2
1 −1 1 2
µ
¶2
−2
µ
¶µ
2 1 0 3
¶
+
µ
2 1 0 3
¶2
=
µ
0 6 −1 −2
¶
.
µ
¶µ ¶ µ ¶ 1 −1 2 1 2 −2 Puede comprobarse que AB = = y 1 2 0 3 2 7 µ ¶µ ¶ µ ¶ 2 1 1 −1 3 0 BA = = . 0 3 1 2 3 6 17. Demostrar que si una matriz cuadrada regular cumple la ecuación A2 − 3A + I = 0, entonces A−1 = 3I − A. Solución:
En el enunciado nos dicen que la matriz es regular, luego la matriz tiene inversa. De la ecuación A2 −3A+I = 0, deducimos, multiplicando a la izquierda por A−1 , que A−1 A2 −3A−1 A+A−1 I = 0 =⇒ A − 3I + A−1 = 0 =⇒ A−1 = 3I − A. 3 4 1 8 1 5 3 4 1 18. Considerar las matrices A = 2 −7 −1 , B = 2 −7 −1 , C = 2 −7 −1 . 8 1 5 3 4 1 2 −7 3 Encontrar matrices elementales E1 , E2, E3, , E4, tales que se cumpla: E1 A = B, E2 B = A, E3 A = C, E4 C = A. Solución: (a) Observemos que las matrices B y A tienen los mismos elementos, pero que B resulta de P
13 cambiar entre sí las filas primera y tercera de A. Es B, luego P13 A = B, y la decir, A −→ 0 0 1 matriz elemental E1 que nos piden es E1 = P13 = 0 1 0 . Razonando de la misma 1 0 0 0 0 1 forma se justifica que P13 B = A, luego de nuevo E2 = P13 = 0 1 0 . 1 0 0
(b) Observemos que las filas primera y segunda de C coinciden con las de A y que la tercera fila de C se obtiene de sumarle a la tercera fila de A la primera multiplicada por −2, es F31 (−2)
decir, A −→ C. LuegoF31 (−2)A = C, y la matriz elemental E3 que nos piden es E3 = 1 0 0 F31 (−2) = 0 1 0 . Razonando de la misma forma se obtiene que F31 (2)C = A, −2 0 1 1 0 0 por lo tanto, E4 = F31 (2) = 0 1 0 . 2 0 1
19. Calcular, en el caso de que exista, la inversa de cada una de las siguientes matrices µ ¶ µ ¶ 3 4 −1 −1 3 −4 1 0 1 1 4 6 −4 3 , 2 4 1 , 0 1 1 , , , 1 0 2 7 −3 2 2 5 −4 1 1 0 −4 2 −9
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1 1 1 1
0 3 3 3
0 0 5 5
1 0 9 0 , 0 0 −1 7
2 3 5 −1 . 2 5 3 1
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Solución: µ µ µ ¶ ¶ ¶ 1 4 1 0 F21 (−2) 1 4 1 0 F2 (−1) 1 4 1 0 F12 (−4) (a) −→ −→ −→ 2 7 0 1 0 −1 −2 1 0 1 2 −1 µ ¶ µ ¶−1 µ ¶ 1 0 −7 4 1 4 −7 4 = , luego . 0 1 2 −1 2 7 2 −1 µ µ ¶ ¶ µ ¶ F1 ( 16 ) F21 (−3) 1 − 46 16 0 1 − 46 61 0 6 −4 1 0 −→ −→ , luego la matriz (b) −3 2 0 1 0 0 12 1 −3 2 0 1 µ ¶ 6 −4 no tiene inversa. −3 2 1 0 3 0 1 0 1 0 3 0 1 0 3 4 −1 1 0 0 F21 (−3) P12 3 4 −1 1 0 0 −→ 0 4 −10 1 −3 0 3 0 1 0 −→ (c) 1 0 F31 (−2) 2 5 −4 0 0 1 0 5 −10 0 −2 1 2 5 −4 0 0 1 1 0 3 0 1 0 1 0 3 0 1 0 F2 ( 15 ) F32 (−4) P12 0 5 −10 0 −2 1 −→ 0 1 −2 0 − 25 15 −→ −→ 0 4 −10 1 −3 0 0 4 −10 1 −3 0 1 0 3 0 1 0 1 0 3 0 1 0 F3 (− 12 ) F23 (2) 0 1 −2 0 − 2 1 −→ 0 1 −2 0 − 25 15 −→ 5 5 F13 (−3) 7 2 0 0 −2 1 − 75 45 0 0 1 − 12 10 5 3 11 6 1 0 0 2 − 10 − 5 0 1 0 −1 1 1 , luego 7 2 1 0 0 1 −2 10 5 −1 3 11 6 3 4 −1 2 − 10 − 5 1 0 3 = −1 1 1 . 7 2 1 2 5 −4 −2 10 5 1 −3 4 −1 0 0 −1 3 −4 1 0 0 F1 (−1) F21 (−2) 4 1 0 1 0 −→ (d) 2 4 1 0 1 0 −→ 2 F31 (4) −4 2 −9 0 0 1 −4 2 −9 0 0 1 1 −3 4 −1 0 0 1 −3 4 −1 0 0 1 F2 ( 10 ) 2 (10) 2 1 7 F−→ 0 1 − 10 10 −7 2 1 0 −→ 0 10 10 0 0 −10 7 −4 0 1 0 −10 7 −4 0 1 1 −3 4 −1 0 0 7 2 1 0 , luego esta matriz no tiene inversa. 1 − 10 10 10 0 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 F31 (−1) F32 (−1) 1 0 1 0 −→ (e) 0 1 1 0 1 0 −→ 0 1 1 1 0 0 0 1 0 1 −1 −1 0 1 1 0 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 F3 (− 12 ) F23 (−1) 0 1 0 −→ 1 0 1 0 −→ 0 1 1 0 1 F13 (−1) 0 0 1 12 12 − 12 0 0 −2 −1 −1 1 1 1 1 1 0 0 2 −2 2 1 1 0 1 0 −1 , luego 2 2 2 1 1 1 0 0 1 2 2 −2
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
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−1 1 1 1 1 0 1 2 −2 2 1 1 0 1 1 = −1 . Obsérvese que la inversa de una matriz simétrica 2 2 2 1 1 1 1 1 0 − 2 2 2 también es una matriz simétrica. 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 3 0 0 0 1 0 0 F21 (−1) 0 3 0 0 −1 1 0 0 −→ (f) 1 3 5 0 0 0 1 0 F31 (−1) 0 3 5 0 −1 0 1 0 F41 (−1) 1 3 5 7 0 0 0 1 0 3 5 7 −1 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 (−1) 0 3 0 0 −1 F32 (−1) 0 3 0 0 −1 1 0 0 1 0 0 F43 −→ −→ 0 0 5 0 0 −1 1 0 0 −1 1 0 F42 (−.13) 0 0 5 0 0 0 0 7 0 0 −1 1 0 0 5 7 0 −1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 F2 (1/3) 0 1 0 0 − 1 0 0 3 3 , luego −→ 1 1 0 0 0 1 0 0 −5 F3 (1/5) 5 F4 (1/7) 1 1 0 0 0 1 0 0 −7 7 −1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 3 0 0 1 0 0 3 = −3 . Se comprueba que la inversa de esta matriz 1 1 1 3 5 0 0 − 0 5 5 1 3 5 7 0 0 − 17 71 triangular inferior es también triangular inferior, como sucede en general. 1 2 3 9 5 −1 no tiene inversa porque no es cuadrada. (g) La matriz 0 2 5 −1 3 1 20. Considerar la matriz A =
µ
1 0 −5 2
¶
.
(a) Encontrar matrices elementales E1 y E2 tales que E2 E1 A = I. (b) Escribir A−1 como un producto de dos matrices elementales. (c) Escribir A como un producto de dos matrices elementales. Solución: (a) Realizamos transformaciones elmentales para llevar la matiz A a la identidad. µ µ ¶ µ ¶ ¶ ¡ ¢ 1 0 F21 (5) 1 0 F2 ( 12 ) 1 0 −→ −→ . De aquí deducimos que F2 12 F21 (5) A = I, 0 2 0 1 −5 2 ¶ µ ¶ µ ¡1¢ 1 0 1 0 . luego E2 = F2 2 = y E1 = F21 (5) = 5 1 0 12
(b) Como E2 E1 A = I, multiplicando a la derecha por A−1 obtenemos E2 E1 AA−1 = IA−1 , luego ¶ ¶µ µ 1 0 1 0 −1 . A = E2 E1 = 5 1 0 12
(c) Como E2 E1 A = I, multiplicando a la izquierda porµE2−1 obtenemos A = E2−1 y multiE1¶ ¶µ 1 0 1 0 plicando ahora por E1−1 se obtiene A = E1−1 E2−1 = . −5 1 0 2
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Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
0 1 7 8 21. Expresar la matriz A = 1 3 3 8 en la forma A = EF GR, donde E, F y G son −2 −5 1 −8 matrices elementales y R está en la forma escalonada. Solución: Hacemos transformaciones elementales para llevar A hasta la matriz escalonada R. Ésto nos dará las matrices que estamos buscando. 0 1 7 8 1 3 3 8 1 3 3 8 F31 (2) F32 (−1) P21 0 3 3 8 −→ 1 7 8 −→ 0 1 7 8 −→ A= 1 −2 −5 1 −8 0 1 7 8 −2 −5 1 −8 1 3 3 8 0 1 7 8 = R. 0 0 0 0
Por lo tanto F32 (−1) F31 (2) P21 A = R y despejando A convenientemente obtenemos: 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 3 3 8 −1 A = P21 F31 (2)−1 F32 (−1)−1 R = 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 1 7 8 . 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0 −2 0 1
22. En cada apartado encontrar las condiciones que deben satisfacer las b para que el sistema tenga solución ½ x1 − 2x2 + 5x3 = b1 6x1 − 4x2 = b1 4x1 − 5x2 + 8x3 = b2 b) a) 3x1 − 2x2 = b2 −3x1 + 3x2 − 3x3 = b3 x1 − 2x2 − x3 = b1 c) −4x1 + 5x2 + 2x3 = b2 −4x1 + 7x2 + 4x3 = b3 Solución:
En cada uno de los apartados utilizaremos el método de Gauss. (a)
µ
6 −4 b1 3 −2 b2
¶
F1 ( 16 )
−→
µ
1 − 46 b61 3 −2 b2
¶
F21 (−3)
−→
µ
b1 1 − 46 6 0 0 b2 − b21
¶ , luego este sistema
tendrá solución cuando b2 − b21 = 0, o lo que es lo mismo, cuando 2b2 − b1 = 0. Obsérvese que en este caso el sistema tiene infinitas soluciones dependiendo de un parámetro. 1 −2 5 b1 1 −2 5 b1 F2 ( 13 ) F21 (−4) (b) 4 −5 8 b2 −→ 0 3 −12 b2 − 4b1 −→ F31 (3) 0 −3 12 b3 + 3b1 −3 3 −3 b3 1 −2 5 b1 1 −2 5 b1 b2 −4b1 F32 (3) b2 −4b1 0 , luego este sistema tiene −→ 1 −4 0 1 −4 3 3 0 −3 12 b3 + 3b1 0 0 0 b3 + b2 − b1 solución si y sólo si b3 + b2 − b1 = 0. En este caso el sistema tendrá infinitas soluciones dependiendo de un parámetro. 1 −2 −1 b1 1 −2 5 b1 1 −2 5 b1 F21 (4) P23 0 −1 0 4b1 + b3 5 2 b2 −→ 0 −3 −2 4b1 + b2 −→ (c) −4 F31 (4) 0 −1 0 4b1 + b3 0 −3 −2 4b1 + b2 −4 7 4 b3 1 −2 5 b1 1 −2 5 b1 F2 (−1) F32 (3) 1 0 −4b1 − b3 −→ 0 1 0 −4b1 − b3 −→ 0 0 −3 −2 4b1 + b2 0 0 −2 −8b1 + b2 − 3b3
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
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1 −2 5 b1 1 0 −4b1 − b3 . En este caso el sistema siempre tiene solución, inde−→ 0 0 0 1 8b1 −b22 +3b3 pendientemete del valor que tomen los bi . Además para cada b el sistema tendrá solución única. 2 1 2 x1 23. Considerar las matrices A = 2 2 −2 y x = x2 . x3 3 1 1 F3 (− 12 )
(a) Demostrar que la ecuación Ax = x se puede escribir como (A − I) x = 0 y usar este resultado para resolver Ax = x. (b) Resolver Ax = 4x.
Solución: (a) El sistema Ax = x puede escribirse en la forma Ax = Ix, que − I) x = 0. es equivalente a (A 1 1 2 x1 Tenemos por tanto que resolver el sistema homogéneo 2 1 −2 x2 = 0. A x3 3 1 0 continuación usamos el método de Gauss. 1 1 2 0 1 1 2 0 1 1 2 0 (−2) F2 (−1) 2 1 −2 0 F21 1 6 0 −→ 0 −1 −6 0 −→ 0 F31 (−3) 0 −2 −6 0 3 1 0 0 0 −2 −6 0 1 1 2 0 1 1 2 0 F3 ( 16 ) F32 (2) −→ 0 1 6 0 −→ 0 1 6 0 . La única solución de este sistema es la 0 0 6 0 0 0 1 0 solución x1 = 0 x =0 trivial 2 x3 = 0 (b) Con el mismo razonamiento que en el apartado (a) tenemos Ax = 4x puede escribirse en la forma Ax = 4Ix, que es equivalentea(A − 4I) x = 0. Tenemos por tanto que resolver el −2 1 2 x1 sistema homogéneo 2 −4 −2 x2 = 0. A continuación usamos el método de x3 3 1 −3 Gauss. 2 −4 −2 0 1 −2 −1 0 −2 1 2 0 1 F 1( 2 ) F21 (2) P12 2 −4 −2 0 −→ −2 1 2 0 −→ −2 1 2 0 −→ F31 (−3) 3 1 −3 0 3 1 −3 0 3 1 −3 0 1 −2 −1 0 1 −2 −1 0 1 −2 −1 0 F2 (− 13 ) F32 (−7) 0 −3 0 0 −→ 0 1 0 0 . Por lo tanto 1 0 0 −→ 0 0 7 0 0 0 0 0 0 0 7 0 0 el sistema tiene infinitas soluciones dependientes de un parámetro ½ x1 = t x1 − 2x2 − x3 = 0 x =0 =⇒ x2 = 0 2 x3 = t Efectivamente, puede comprobarse, aunque no es necesario, que 2 1 2 t 4t t 2 2 −2 0 = 0 = 4 0 . 3 1 1 t 4t t
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
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24. Resolver la ecuación matricial para X 1 −1 1 2 −1 5 7 2 3 0 X = 4 0 −3 0 0 2 −1 3 5 −7 2 Solución:
(a) En primer lugar observemos que la matriz X debe tener orden 3 por 4. Si denotamos 1 −1 1 3 0 realmente tenemos que con x1 , x2 , x3 , x4 a las columnas de X y A = 2 0 2 −1 2 5 −1 resolver los cuatro sistemas siguientes Ax1 = 4 , Ax2 = 0 , Ax3 = −3 , 3 5 −7 7 Ax4 = 0 . Resolvemos el primero, por el método de Gauss-Jordan. 2 1 −1 1 2 1 −1 1 2 1 −1 1 2 F2 ( 15 ) F21 (−2) F32 (−2) 2 3 0 4 −→ 0 5 −2 0 −→ 0 1 − 25 0 −→ 0 2 −1 3 0 2 −1 3 0 2 −1 3 1 −1 0 17 1 −1 1 2 1 −1 1 2 (−5) (−1) F F F12 (1) 3 12 0 1 0 −6 −→ 1 − 25 0 −→ 0 1 − 25 0 −→ 0 F23 ( 25 ) 0 0 1 −15 0 0 − 15 3 0 0 1 −15 1 0 0 11 11 0 1 0 −6 , luego la primera columna x1 de la matriz X es −6 . 0 0 1 −15 15 Para obtener la segunda columna, y teniendo en cuenta que la matriz de los coefcientes es −1 la misma, tendremos que hacer a la columna 0 las mismas transformaciones que 5 2 antes le hemos hecho a la columna 4 3 20 −1 −1 −1 −1 −1 1 F2 ( 5 ) (−2) F32 (−2) F3 (−5) 2 F12 (−1) 0 F21 −8 −→ 2 −→ 25 −→ 25 −→ −→ 5 F23 ( 25 ) 5 5 −21 5 −21 5 12 12 F12 (1) 2 −8 . −8 , luego la segunda columna x de la matriz X es −→ −21 −21 Haciendo con las obtenemos: otras dos lo mismo 5 5 −1 −1 5 1 F ( ) 2 (−2) (−2) 3 (−5) 5 − 13 F−→ F32 −3 F21 −→ −13 −→ − 13 −→ − 13 5 5 5 9 −7 − 95 −7 −7 5 −4 −4 F12 (−1) F12 (1) −→ 1 −→ 1 , luego la tercera columna x3 de la matriz X es 1 F23 ( 25 ) 9 9 9 7 7 7 7 F2 ( 15 ) (−2) (−2) 3 (−5) F32 − 14 F−→ 0 F21 −→ −14 −→ − 14 −→ 5 5 38 2 2 2 5
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45 27 (1) F 12 −18 , luego la cuarta columna x4 de la matriz X − 14 −→ −18 −→ 5 F23 ( 25 ) 38 −38 −38 27 es −18 . −38 11 12 −3 27 £ 1 2 3 4¤ 1 −18 . Finalmente la matriz X = x , x , x , x = −6 −8 −15 −21 9 −38
7
F12 (−1)
(b) Una segunda forma de resolver la ecuación matricial (no necesariamente más rápida) es −1 3 −1 3 1 −1 1 1 −2 y entonces calcular calcular primero 2 3 0 = −2 −4 2 −5 0 2 −1 3 −1 3 2 −1 5 7 11 12 −3 27 X = −2 1 −2 4 0 −3 0 = −6 −8 1 −18 . −4 2 −5 3 5 −7 2 −15 −21 9 −38
(c) Una tercera posibilidad es, ya que tenemos que resolver cuatro sistemas distintos con la misma matriz de los coeficientes, obtener la desomposición LU de la matriz (si es que se puede) y resolver los sistemas por éste método. Con las cuentas que hemos hecho previamente la descomposición de A es: 1 −1 1 1 0 0 1 − 25 . Ahora resolvemos por el método LU el A = LU = 2 5 0 0 1 0 0 1 0 2 −5 último de los sistemas (y de la misma forma se resolverían los demás): Ax = b ⇐⇒ (LU )x = b ⇐⇒ L(U x) = b. Llamando U x = y, resuelvo en primer lugar el sistema Ly = b por el método de bajada y después el sistema U x = y por el método de subida. y1 = 7 y1 = 7 Ly = b =⇒ 2y1 + 5y2 = 0 =⇒ y2 = − 14 5 y3 = −38 2y2 − 15 y3 = 2 x1 = 27 x1 − x2 + x3 = 7 =⇒ U x = y =⇒ x2 − 25 x3 = − 14 x = −18 5 2 x3 = −38 x3 = −38
25. Encontrar todos los valores de a, b y c para los que la matriz A es simétrica 2 a − 2b + 2c 2a + b + c 5 a+c A= 3 0 −2 7 Solución:
Recordemos que una matriz cuadrada A es simétrica si A = AT , o lo que es lo mismo si aij = aji para todo i, j. Por lo tanto la matriz A de nuestro ejercicio será simétrica para aquellos valores a − 2b + 2c = 3 de a, b, c para los que se verifique que: 2a + b + c = 0 . Tenemos por tanto que resolver un a + c = −2 sistema de ecuaciones lineales donde las incognitas son a, b y c. 1 −2 2 3 1 −2 2 3 1 −2 2 3 1 F2 ( 5 ) F21 (−2) F32 (−2) 2 1 − 35 − 65 −→ 5 −3 −6 −→ 0 1 1 0 −→ 0 F31 (−1) 0 2 −1 −5 0 2 −1 −5 1 0 1 −2
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1 −2 2 3 1 −2 2 3 a = 11 (5) F 3 0 b = −9 1 − 35 − 65 =⇒ 1 − 35 − 65 −→ 0 1 13 0 0 0 0 1 −13 c = −13 5 − 5
26. Encontrar todos los valores de a y b para los que las matrices A y B no son invertibles. µ ¶ µ ¶ a+b−1 0 5 0 A= , B= . 0 3 0 2a − 3b + 7 Solución:
La matriz A es invertible si y sólo si la forma escalonada reducida de A es la identidad. Hacienµ ¶ µ ¶−1 1 0 a+b−1 0 a+b−1 = y ésto sólo do transformaciones elementales vemos que 1 0 3 0 µ ¶−1 µ3 1 ¶ 0 5 0 5 = puede hacerse si a + b − 1 6= 0. De la misma forma , 1 0 2a−3b+7 0 2a − 3b + 7 que puede realizarse sólo cuando ½ 2a − 3b + 7 6= 0. De aquí deducimos que A y B no tienen a+b=1 inversa (simultáneamente) si . Ahora resolvemos el sistema por el método de 2a − 3b = −7 ½ ¶ µ ¶ ¶ µ µ a = − 45 1 1 F2 (− 15 ) 1 1 1 1 1 1 F21 (−2) 1 =⇒ −→ −→ Gauss 0 1 95 0 −5 −9 b = 95 2 −3 −7 27. Sea A una matriz simétrica. (a) Demostrar que A2 es simétrica. (b) Demostrar que 2A2 − 3A + I es simétrica. Solución:
¡ ¢T A es simétrica si AT = A. Para probar que A2 es simétrica debemos probar que A2 = A2 . ¡ ¢T Pero esto es inmediato ya que A2 = (A · A)T = AT AT = AA = A2 . ¡ ¡ ¢T ¢T De la misma forma 2A2 − 3A + I = 2 A2 − 3 (A)T + I T = 2A2 − 3A + I ya que A2 y A son simétricas. 28. En cada apartado, encontrar la descomposición LU de la matriz de los coeficientes. Después usar dicha descomposición para resolver el sistema ¶ µ ¶ µ µ ¶ µ ¶ ¶µ ¶µ −10 2 8 −2 −5 −10 x1 x1 = = a) b) x2 x2 19 2 6 5 −1 −1 2 −2 −2 −4 −33 x1 −3 12 −6 x1 2 x2 = −2 d) 1 −2 7 c) 0 −2 2 x2 = x3 x3 −1 5 2 6 −1 0 1 1 8 2 −4 0 0 x1 −6 −1 −3 −4 x1 1 x2 0 2 1 0 e) 3 10 −10 x2 = −3 f) 0 −1 0 0 x3 = 1 . x3 9 −2 −4 11 x4 0 0 0 0 2 Solución:
(a) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 F2 (− 17 ) 1 2 −5 −10 F1 (− 15 ) 1 2 F21 (−6) 1 −→ −→ −→ , por lo tanto la des0 −7 6 5 0 1 6 5 µ ¶µ ¶ −5 0 1 2 composición LU de A es: A = LU = . Ahora resolvemos el sistema 6 −7 0 1
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Ax = ½ b por el método LU . Para ½ ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly = y1 = 2 −5y1 = −10 y a continuación el sistema triangular superior b ⇒ ⇒ 6y1 − 7y2 = 19 y = −1 ½ ½2 x1 + x2 = 2 x1 = 4 Ux = y ⇒ ⇒ x2 = −1 x2 = −1
(b) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A µ ¶ µ µ ¶ µ ¶ ¶ 1 4 F21 (1) 1 4 F2 ( 13 ) 1 4 2 8 F1 ( 12 ) −→ −→ −→ , por lo tanto la descom0 3 0 1 −1 −1 −1 −1 µ ¶µ ¶ 2 0 1 4 posición LU de A es: A = LU = . Ahora resolvemos el sistema −1 3 0 1 Ax = b por ½ el método LU . Para ½ ello resolvemos primero el sistema triangular inferior 2y1 = −2 y1 = −1 y a continuación el sistema triangular superiLy = b ⇒ ⇒ y2 = 13 −y1 + 3y2 = 2 ½ ½ x1 = − 73 x1 + 4x2 = −1 . ⇒ or U x = y ⇒ 1 x2 = 3 x2 = 13
(c) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A 1 −1 −1 1 −1 −1 1 −1 −1 2 −2 −2 1 F1 ( 12 ) F − 2( 2 ) F31 (1) 0 −2 2 −→ 0 2 −→ 0 −2 1 −1 2 −→ 0 −2 0 4 1 0 4 1 −1 5 2 −1 5 2 1 −1 −1 1 −1 −1 F3 ( 15 ) F32 (−4) 0 1 −1 0 1 −1 , por lo tanto la descomposición LU de A −→ −→ 0 0 5 0 0 1 es: 2 0 0 1 −1 −1 A = LU = 0 −2 0 0 1 −1 . Ahora resolvemos el sistema Ax = b por −1 4 5 0 0 1 el método LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly = b ⇒ 2y1 = −4 y1 = −2 y =1 −2y2 = −2 ⇒ y a continuación el sistema triangular superior 2 y3 = 0 −y1 + 4y2 + 5y3 = 6 x1 − x2 − x3 = −2 x1 = −1 x2 − x3 = 1 ⇒ x =1 . Ux = y ⇒ 2 x3 = 0 x3 = 0
(d) En primer lugar obtenemos la descomposición LU deA 1 −4 2 1 −4 2 1 −4 2 −3 12 −6 F1 (− 13 ) F2 ( 12 ) F21 (−1) 1 −2 2 0 −→ 0 1 0 2 −→ 1 −2 2 −→ 0 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 −4 2 F32 (−1) 1 0 , por lo tanto la descomposición LU de A es: −→ 0 0 0 1 1 −4 2 −3 0 0 1 0 A = LU = 1 2 0 0 0 0 1 0 1 1
Ahora resolvemos el sistema Ax = b por el método LU . Para ello resolvemos primero el −3y1 = −33 y1 = 11 y + 2y2 = 7 ⇒ y = −2 y a continuación el sistema triangular inferior Ly = b ⇒ 1 2 y2 + y3 = −1 y3 = 1
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Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
x1 − 4x2 + 2x3 = 11 x1 = 1 sistema triangular superior U x = y ⇒ x2 = −2 ⇒ x = −2 . 2 x3 = 1 x3 = 1
(e) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A 1 3 4 1 3 4 −1 −3 −4 F1 (−1) F21 (−3) 3 10 −10 −→ 3 10 −10 −→ 0 1 −22 F31 (2) 0 2 19 −2 −4 11 −2 −4 11 1 3 4 1 3 4 1 F3 ( 63 ) F32 (−2) −→ 0 1 −22 −→ 0 1 −22 , por lo tanto la descomposición LU de A 0 0 63 0 0 1 es: −1 0 0 1 3 4 A = LU = 3 1 0 0 1 −22 . Ahora resolvemos el istema Ax = b por −2 2 63 0 0 1 el método LU . Para ello resolvemos primero el sistema triangular inferior Ly = b ⇒ −y1 = −6 y1 = 6 3y1 + y2 = −3 ⇒ y = −21 y a continuación el sistema triangular superior 2 y3 = 1 −2y1 + 2y2 + 63y3 = 9 + 3x + 4x = 6 x 1 x1 = −1 2 3 x2 − 22x3 = −21 ⇒ x =1 Ux = y ⇒ 2 x3 = 1 x3 = 1 (f) En primer lugar obtenemos la descomposición LU de A 1 −2 0 0 1 −2 0 0 2 −4 0 0 1 F1 ( 12 ) 1 F2 ( 14 ) (−1) 0 4 1 0 2 1 0 2 1 0 −→ F21 −→ −→ 0 −1 0 0 0 −1 0 0 0 −1 0 0 0 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2 1 −2 0 0 1 −2 0 0 1 −2 0 0 0 0 0 F4 ( 12 ) 1 14 0 1 14 0 1 14 0 32 (1) 3 (4) F−→ F−→ −→ 1 0 0 0 −1 0 0 0 4 0 0 1 0 0 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2 1 −2 0 0 0 1 14 0 , por lo tanto la descomposición LU de A es: 0 0 1 0 0 0 0 1
2 0 1 4 A = LU = 0 −1 0 0
0 0 1 −2 0 0 0 1 1 0 0 0 4 0 2 0 0
0 0 1 4 0 . 1 0 0 1
Ahora resolvemos el sistema Ax = b por el método LU .Para ello resolvemos primero el 2y1 = 8 y1 = 4 y1 + 4y2 = 0 y2 = −1 sistema triangular inferior Ly = b ⇒ y a continuación el 1 + y = 1 y y =0 2 4 3 3 y4 = 0 y4 = 0 x = 4 − 2x x1 = 2 1 2 1 x2 + 4 x3 = −1 x2 = −1 . sistema triangular superior U x = y ⇒ ⇒ = 0 x x3 = 0 3 x4 = 0 x4 = 0
Boletín 1. Sistemas de Ecuaciones Lineales y Matrices
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29. En cada apartado, determinar los valores de a, para los que exsite la descomposición LU de A, y cuando sea posible obtenerla. 1 1 2 2 1 a2 a) A = −1 a 3 b) A = 2 8 −1 0 2 0 −1 0 0 Solución:
(a) Obtenemos la descomposición LU de A 1 1 2 1 1 2 21 (1) 0 a+1 5 −1 a 3 F−→ 0 2 0 0 2 0
a1) Si a + 1 6= 0 podemos seguir el método de Gauss sin intercambio de filas. Seguimos por que a 6= −1. En este tanto suponiendo caso, 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 a+1 F2 ( a+1 ) − F ( ) 2 10 5 5 F32 (−2) 5 0 a + 1 5 −→ 0 1 0 1 a+1 −→ −→ 0 1 a+1 , a+1 −10 0 2 0 0 0 a+1 0 2 0 0 0 1 por lo tanto la descomposición LU de A es: 1 0 0 1 1 2 5 0 0 1 a+1 A = LU = −1 a + 1 . −10 0 2 a+1 0 0 1
a2) Si a+1 = 0, entonces la matriz que queda después de realizar la primera transformación 1 1 2 es 0 0 5 y para seguir con el método de Gauss necesitamos intercambiar las filas 0 2 0 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 F2 ( 2 ) F3 ( 5 ) P32 0 2 0 −→ 0 1 0 −→ 0 1 0 . dos y tres. 0 0 5 −→ 0 2 0 0 0 5 0 0 5 0 0 1 Vemos que es posible llegar a una matriz triangular superior con unos en la diagonal, pero No podemos obtener la descomposición LU. (b) Obtenemos la descomposición LU de A 1 a2 1 a2 2 2 2 1 a2 (−2) F31 (1) 2 8 −1 F21 −→ 0 8 − 2a2 −5 −→ 0 8 − 2a2 −5 2 0 a2 −1 0 0 −1 0 0
b1) Si 8 − 2a2 6= 0 o lo que es lo mismo, si a 6= 2 y a 6= −2 podemos seguir el método de Gauss sin intercambio de filas. Seguimos por tanto suponiendo que a 6= 2 y a 6= −2. En ³ este caso 2 ´ 2 2 2 1 a 2 1 a 1 2 1 a 2 F2 F (−a ) 8−2a2 5 0 1 − 5 2 32−→ 0 8 − 2a2 −5 −→ 0 1 − 8−2a2 8−2a 2 16+a 2 0 a2 0 a2 2 0 0 8−2a2
µ ¶ 2 1 a2 5 1 . Obsérvese que la última transformación F3 0 1 − −→ 16+a2 8−2a2 8−2a2 0 0 1 puede realizarse sin ninguna dificultadya que 16+a2 es siempre de cero. La desdistinto 2 1 0 0 2 1 a 5 . 0 0 1 − 8−2a composición LU de A es A = LU = 2 8 − 2a2 2 16+a2 2 −1 a 8−2a2 0 0 1
F3
1 16+a2 2 8−2a
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ó a = −2 la matriz que queda después de reb2) Si 8−2a2 = 0 o lo que es lo mismo, si a = 2 1 4 2 alizar las dos primeras transformaciones es 0 0 −5 . Podemos seguir realizando 0 4 2 1 4 2 1 4 2 F2 ( 14 ) P32 0 4 2 −→ transformaciones hasta llegar a la matriz U. 0 0 −5 −→ 0 4 2 0 0 −5 1 4 2 1 4 2 F3 (− 15 ) 0 1 2 −→ 0 1 2 . Como hemos necesitado realizar intercambios 0 0 −5 0 0 1 de filas no es posible obtener la descomposición LU.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn. Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados 1. Determinar cuáles de los siguientes conjuntos son subespacios de R3 . (a) Todos los vectores de la forma (a, 0, 0). (b) Todos los vectores de la forma (a, 1, 1). (c) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a + c. (d) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a + c + 1. Solución: Sabemos que un subconjunto W de R3 es un subespacio si y sólo si para todo x, y ∈ W y para todo λ ∈ R se verifica que x + y ∈ W y λx ∈ W. También sabemos que una condición necesaria, aunque no suficiente, es que el vector nulo (0, 0, 0) ∈ W (es decir, si el (0, 0, 0) ∈ / W entonces W no es subespacio vectorial). ª © (a) Sea W = (a, 0, 0) ∈ R3 : a ∈ R . Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, 0, 0), (b, 0, 0) ∈ W y λ ∈ R entonces (a, 0, 0) + (b, 0, 0) = (a + b, 0, 0) ∈ W y λ(a, 0, 0) = (λa, 0, 0) ∈ W , luego W es subespacio vectorial. © ª (b) Sea W = (a, 1, 1) ∈ R3 : a ∈ R . Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, 1, 1), (b, 1, 1) ∈ W entonces (a, 1, 1) + (b, 1, 1) = (a + b, 2, 2) ∈ / W , W no es subespacio vectorial. Otra forma de ver que no es subespacio es comprobando que (0, 0, 0) ∈ / W. ª © 3 (c) Sea W = (a, b, c) ∈ R : b = a + c . Si tomamos dos vectores cualesquiera (a, b, c), (p, q, r) ∈ W y λ ∈ R entonces (a, b, c)+(p, q, r) = (a+p, b+q, c+r) ∈ W ya que b+q = a+c+p+r = (a + p) + (c + r) y λ(a, b, c) = (λa, λb, λc) ∈ W ,puesto que λb = λ (a + c) = λa + λc, luego W es subespacio vectorial. Otra forma: Nótese que W es el conjunto de soluciones del sistema homogéneo con tres incógnitas y una ecuación {a − b + c = 0 . Luego, W es un subespacio vectorial, pues conjunto de soluciones del sistema homogéneo tiene estructura de subespacio vectorial. ª © (d) Sea W = (a, b, c) ∈ R3 : b = a + c + 1 . Como (0, 0, 0) ∈ / W , puesto que 0 6= 0 + 0 + 1, se tiene que W no es subespacio vectorial. 2. Determinar si el espacio solución del sistema Ax = 0 es una recta que pasa por el origen, un plano que pasa por el origen o sólo el origen. Si es un plano, encontrar su ecuación general; si es una recta, encontrar sus ecuaciones paramétricas. −1 1 1 1 2 3 1 −3 1 (a) A = 3 −1 0 (b) A = 2 5 3 (c) A = 2 −6 2 2 −4 −5 1 0 8 3 −9 3 Solución:
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Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn . Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados
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En cada caso resolveremos el sistema de ecuaciones homogéneo y veremos si la solución es única, (en este caso el espacio solución (espacio nulo) se reduce el vector cero), depende de un parámetro (en este caso sería un subespacio de dimensión uno, y por tanto una recta), o depende de dos parámetros (en este caso sería un subespacio de dimensión dos, y por tanto un plano).
−1 1 1 0 1 −1 −1 0 1 −1 −1 0 0 0 −→ 3 −1 0 0 −→ 0 2 3 0 −→ (a) 3 −1 2 −4 −5 0 2 −4 −5 0 0 −2 −3 0 1 −1 −1 0 x1 = −t 3 0 x = −3t . Por lo tanto N (A) = lin {(−1, −3, 2)}. En este 1 =⇒ 2 0 2 0 0 0 0 x3 = 2t caso N (A) es una recta que pasa por el origen. 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 −3 0 −→ 0 1 −3 0 . En este caso el espacio (b) 2 5 3 0 −→ 0 1 0 8 0 0 −2 5 0 0 0 −1 0 nulo se reduce al vector nulo N (A) = {(0, 0, 0)} 1 −3 1 0 1 −3 1 0 x1 = 3s − t x2 = s . Por lo tanto N (A) = 2 −6 2 0 0 0 0 0 =⇒ (c) −→ x3 = t 3 −9 3 0 0 0 0 0 lin {(3, 1, 0) , (−1, 0, 1)}. En este caso N (A) es un plano que pasa por el origen. 3. ¿Cuáles de los siguientes vectores son combinaciones lineales de u = (0, −2, 2) y v = (1, 3, −1)? (a) (2, 2, 2)
(b) (3, 1, 5)
(c) (0, 4, 5)
(d) (0, 0, 0).
Solución: Sabemos que un vector w es combinación lineal de u y v si y sólo si existen números reales x1 vectorial es equivalente al sistema de ecuaciones y x2 tales que w =x1 u + x2 v yesta ecuación µ ¶ u1 v1 w1 x1 lineales u2 v2 = w2 . Por lo tanto, resolveremos en cada caso un sistema de x2 u3 v3 w3 ecuaciones lineales por el método de Gauss. 0 1 2 2 −1 2 1 − 12 1 1 − 12 1 2 4 (a) −2 3 2 → −2 3 2 → −2 3 2 → 0 0 1 2 2 −1 2 0 1 2 0 1 2 1 1 ½ 1 −2 1 1 −2 1 x1 = 2 1 2 → 0 1 2 , luego el sistema tiene solución que es → 0 y x2 = 2 0 1 2 0 0 0 tenemos que en este caso w = 2u + 2v. 0 1 3 1 − 12 52 2 −1 5 1 − 12 25 2 7 3 2 → 0 3 1 → −2 3 2 → −2 (b) −2 0 1 3 0 1 3 2 −1 5 0 1 3 5 5 1 1 1 −2 1 −2 2 2 7 1 72 → 0 1 , luego el sistema no tiene solución y w no es → 0 2 0 1 3 0 0 − 12 combinación lineal de u y w. 0 1 0 1 − 12 52 2 −1 5 1 − 12 25 2 9 3 4 → 0 3 4 → −2 3 4 → −2 (c) −2 0 1 0 0 1 0 2 −1 5 0 1 0
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5 1 − 12 1 − 12 25 2 9 1 92 → 0 1 , luego el sistema no tiene solución y w no es → 0 2 9 0 1 0 0 0 −2 combinación lineal de u y w.
(d) El vector 0 es combinación lineal de cualesquiera vectores, en concreto 0 = 0u + 0v. 4. Expresar cada uno de los siguientes vectores como combinación lineal de u = (2, 1, 4), v = (1, −1, 3) y w = (3, 2, 5) . (a) (−9, −7, −15)
(b) (6, 11, 6)
(c) (7, 8, 9)
(d) (0, 0, 0).
Solución:
El razonamiento es similar al del ejerccio anterior. Sabemos que un vector t es combinación lineal de u, v y w si y sólo si existen números reales x1 , x2 y x3 tales que t = x1 u + x2 v + x3 w. A partir de aquí procedemos como en el ejercicio anterior. 1 2 3 −9 1 2 3 −9 1 2 3 −9 5 16 1 3 5 −16 → 0 (a) −1 1 2 −7 → 0 3 − 3 0 −2 −4 12 0 −2 −4 12 3 4 5 −15 1 2 3 −9 x1 = 1 5 16 0 1 x = −2 , luego t = −2u + v − 2w (observar el orden en el que → 3 − 3 2 4 0 0 − 23 x3 = −2 3 aparece la combinación lineal) 1 2 3 6 1 2 3 6 1 2 3 6 17 5 (b) −1 1 2 11 → 0 3 5 17 → 0 1 3 3 0 −2 −4 −12 3 4 5 6 0 −2 −4 −12 1 2 3 6 x1 = −5 17 5 x = 4 , luego t = 4u − 5v + w → 0 1 3 3 2 2 0 0 − 3 − 23 x3 = 1 1 2 3 7 1 2 3 7 1 2 3 7 5 15 3 5 15 → 0 1 (c) −1 1 2 8 → 0 3 3 0 −2 −4 −12 3 4 5 9 0 −2 −4 −11 1 2 3 7 x1 = −2 5 15 x = 0 , luego t = −2v + 3w. → 0 1 3 3 2 2 6 0 0 −3 −3 x3 = 3 (d) 0 = 0u + 0v + 0w.
5. En cada apartado, determinar si los vectores dados generan R3 . (a) v1 = (2, 2, 2), v2 = (0, 0, 3) y v3 = (0, 1, 1) . (b) v1 = (2, −1, 3), v2 = (4, 1, 2) y v3 = (8, −1, 8) .
(c) v1 = (1, 2, 6), v2 = (3, 4, 1), v3 = (4, 3, 1) y v4 = (3, 3, 1) .
Solución: Los vectores {v1 , v2 , v3 } generan R3 si cualquier x ∈ R3 es combinación lineal de {v1 , v2 , v3 }. Procediendo como en los ejercicios anteriores el problema se reduce a estudiar sistemas de ecuaciones lineales.
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2 0 0 x1 1 0 0 x21 1 0 0 x21 (a) 2 0 1 x2 → 2 0 1 x2 → 0 0 1 x2 − x1 → 2 3 1 x3 2 3 1 x3 0 3 1 x3 − x1 x1 1 0 0 2 0 3 1 x3 − x1 . 0 0 1 x2 − x1 Como éste sistema tiene solución para cualquier vector x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 , los vectores {v1 , v2 , v3 } generan R3 . Obsérvese que como la dimensión de R3 es tres los tres vectores {v1 , v2 , v3 } constituyen una base y son por tanto linealmente independientes. x1 1 2 4 x21 1 2 4 2 4 8 x1 2 3 3 x2 + x21 → (b) −1 1 −1 x2 → −1 1 −1 x2 → 0 3 2 8 x3 3 2 8 x3 0 −4 −4 x3 − 3 x21 x1 x1 1 2 4 1 2 4 2 2 2x2+ x1 0 1 1 2x2+ x1 0 → 1 1 6 ´ , como este sistema ³ 6 x1 0 −4 −4 x3 − 3 x21 0 0 0 x3 − 3 x21 + 4 2x2+ 6 ³ ´ x1 = 0 tenemos que estos tres vectores no sólo tiene solución cuando x3 − 3 x21 + 4 2x2+ 6
generan R3 . 1 3 4 3 x1 1 3 4 3 x1 (c) 2 4 3 3 x2 → 0 −2 −5 −3 x2 − 2x1 → 6 1 1 1 x3 0 −17 −23 −17 x3 − 6x1 1 3 4 3 x1 1 3 4 3 x1 5 3 1 1 0 1 , como este → 0 1 52 32 − x2 −2x − x2 −2x 2 2 2 2 x2 −2x1 0 −17 −23 −17 x3 − 6x1 0 0 ∗ ∗ x3 − 6x1 − 17 2 sistema tiene infinitas soluciones los vectores {v1 , v2 , v3 , v4 } generan R3 . En este caso los vectores {v1 , v2 , v3 , v4 } constituyen un sistema generador que no es base. Los vectores {v1 , v2 , v3 , v4 } son en este caso linealmente independientes.
6. Explicar, por inspección, por qué los siguientes conjuntos de vectores son linealmente dependientes (a) v1 = (−1, 2, 4), y v2 = (5, −10, −20) .
(b) v1 = (3, −1), v2 = (4, 5) y v3 = (−4, 17) . Solución: (a) Dos vectores son linealmente dependientes si y sólo si sus componentes son proporcionales. 5 −20 = −10 En este caso −1 2 = 4 , luego los vectores son linealmente dependientes.
(b) Como la dimensión de R2 es dos se tiene que en R2 no puede haber conjunto de tres vectores que sean linealmente independientes de aquí que estos tres vectores sean linealmente dependientes. 7. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores en R4 son linealmente independientes? (a) (3, 8, 7, −3) , (1, 5, 3, −1) , (2, −1, 2, 6) , (1, 4, 0, 3) .
(b) (0, 0, 2, 2) , (3, 3, 0, 0) , (1, 1, 0, −1) . Solución:
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Los vectores {v1 , v2 , v3 , v4 } son linealmente independientes si y sólo si la única solución de la ecuación vectorial x1 v1 + x2 v2 + x3 v3 + x4 v4 = 0 es la solución trivial. Procedemos como en los ejercicios anteriores resolviendo sistemas de ecuaciones lineales. Ordenamos los vectores de forma conveniente para hacer menos cálculos 1 1 2 3 0 1 1 2 3 0 1 1 2 3 0 4 1 −9 −4 0 5 −1 8 0 → 0 1 −9 −4 0 → 0 (a) 0 0 0 0 3 2 7 0 29 19 0 3 2 7 0 0 −4 0 −12 0 0 0 −36 −38 0 3 −1 6 −3 0 1 1 2 3 0 1 1 2 3 0 0 1 −9 −4 0 0 1 −9 −4 0 → , como la única solución de este → 19 0 0 0 0 1 1 19 29 0 29 0 0 0 −36 −38 0 0 0 0 1 0 sistema es la trivial los vectores son linelamente independietes 1 3 0 0 1 3 0 0 1 3 0 0 1 3 0 0 2 1 3 0 0 → 0 0 0 0 → 0 3 2 0 → 0 1 3 0 , tenemos (b) 0 0 1 0 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 3 2 0 −1 0 2 0 0 0 0 0 un sistema lineal homogéneo de cuatro ecuaciones y tres incognitas y solución trivial. Los tres vectores son linealmente independientes. 8. Determinar si los vectores (−1, 2, 3) , (2, −4, 6), (−3, 6, 0) pertenecen a un mismo subespacio de R3 de dimensión menor que tres. ¿El vector (1, 1, 0) está en el mismo subespacio? Solución: Averiguamos si los tres vectores son linealmente independientes. Si lo fuesen, serían una base de R3 , y no podrían pertenecer a un subespacio de R3 , entendidos éstos como rectas o planos. −1 2 −3 0 Resolvemos, por tanto, el sistema cuya matriz ampliada es 2 −4 6 0 3 6 0 0 −1 2 −3 0 1 −2 3 0 1 −2 3 0 1 −2 3 0 2 −4 0 . 6 0 −→ 2 −4 6 0 −→ 0 0 0 0 −→ 0 1 −9 12 0 0 0 0 3 6 0 0 3 6 0 0 0 12 −9 0
Tiene infinitas soluciones, luego los tres vectores son linealmente dependientes. De aquí que H = lin {(−1, 2, 3) , (2, −4, 6), (−3, 6, 0)} = lin {(−1, 2, 3) , (2, −4, 6)}, luego los tres vectores pertencen a este subespacio vectorial de dimensión dos. −1 2 1 El vector (1, 1, 0) estará en el mismo subespacio si el sistema cuya matriz ampliada es 2 −4 1 3 6 0 tiene solución: −1 2 1 1 −2 −1 −1 2 1 2 −4 1 −→ 0 0 3 −→ 0 1 14 . El sistema no tiene solución, por 0 0 1 3 6 0 0 12 3 tanto, (1, 1, 0) ∈ / H. ¢ ¡ −1 ¢ ¡ −1 −1 ¢ ¡ −1 −1 9. ¿Para qué valores de λ los vectores λ, −1 2 , 2 , 2 , λ, 2 2 , 2 , λ forman un conjunto lin3 ealmente dependiente en R ? Solución:
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λ
Debemos resolver el sistema cuya matriz ampliada es −1 2
−1 0 2 −1 −→ −1 λ 0 2 2 −1 −1 λ 0 λ 2 2 1 1 −2λ 0 0 −2λ − 1 1 + 2λ 0 0 1 + 2λ 1 − 4λ2 0 λ
−1 2
−1 2 −1 2
−1 2
λ −1 2
−1 2
32 −1 2
λ −1 2
0 0 . λ 0
−1 2 −1 2
λ 0 1 1 −2λ 0 −1 0 −→ 1 −2λ 1 0 −→ 2 −1 0 −2λ 1 1 0 2
• si −2λ − 1 = 0, o lo que es lo mismo, si λ = −1 2 entonces la última matriz que hemos escrito 1 1 1 0 sería 0 0 0 0 . En este caso el sistema tendría infinitas soluciones y los vectores 0 0 0 0 serían linealmente dependientes. • −2λ − 1 6= 0 podemos seguir realizando transformaciones elementales y tendríamos: 1 1 −2λ 0 1 1 −2λ 0 0 1 −1 0 −→ 0 1 −1 0 −→ 2 2 0 1 + 2λ 1 − 4λ 0 0 0 1 − 4λ + 1 + 2λ 0 1 1 −2λ 0 0 1 −1 0 2 0 0 −4λ + 2λ + 2 0
que −2λ − 1 6= 0) entonces En este caso si −4λ2 + 2λ + 2 = 0, es decir si λ = 1 (recordemos 1 1 −2 0 llegaríamos a la matriz ampliada 0 1 −1 0 que corresponde a un sistema con 0 0 0 0 infinitas soluciones. Por tanto, los vectores serían l.d. 1 1 −2λ 0 Si λ 6= 1 y −2λ − 1 6= 0 entonces llegamos a la matriz 0 1 −1 0 que corresponde 0 0 1 0 a un sistema que tiene sólo la solución trivial. En este caso los vectores sería l.i.
Resumiendo: Si λ 6= 1 y −2λ − 1 6= 0 los vectores son l.i. y si λ = 1 ó λ = −1 2 los vectores son l.d. (a) Expresar (4a, a − b, a + 2b) como una combinación lineal de (4, 1, 1) y (0, −1, 2) .
(b) Expresar (3a + b + 3c, −a + 4b − c, 2a + b + 2c) como una combinación lineal de (3, −1, 2) y (1, 4, 1) . (c) Expresar (1, 1) como una combinación lineal de (1, −1), (3, 0) y (2, 1) de dos formas diferentes. Solución: (a) (4a, a − b, a + 2b) = a (4, 1, 1) + b (0, −1, 2) .
(b) (3a + b + 3c, −a + 4b − c, 2a + b + 2c) = (a + c) (3, −1, 2) + b (1, 4, 1) . µ ¶ 1 3 2 1 (c) Resolvemos el sistema con matriz ampliada . −1 0 1 1
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x1 = −1 + t x = 2−3t → ⇒ 3 2 x3 = t Haciendo t = 0 obtenemos que (1, 1) = −(1, −1) + 23 (3, 0) y haciendo t = 1 obtenemos (1, 1) = − 13 (3, 0) + (2, 1). De hecho, hay infinitas formas de escribir el vector (1, 1) como combinación lineal de (1, −1), (3, 0) y (2, 1). Nótese que estos tres vectores son l.i. (véase el apartado (a) del Ejercicio 10. µ
1 3 2 1 −1 0 1 1
¶
µ
1 3 2 1 0 3 3 2
¶
10. Explicar, por inspección, por qué los siguientes conjuntos de vectores no son bases en los espacios vectoriales R2 y R3 respectivamente. (a) v1 = (3, −1), v2 = (4, 5) y v3 = (−4, 17) .
(b) v1 = (3, −1, 9) y v2 = (4, 5, 0) . Solución:
(a) En R2 no puede haber más de dos vectores independientes, luego los vectores {v1 , v2 , v3 } son linealmente dpendientes y no pueden constituir base. (b) Los vectores v1 y v2 son independientes pero no pueden generar a todo R3 , que sabemos que tiene dimensión tres. 11. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son bases para R2 ? (a) (2, 1) , (3, 0) Solución:
(b) (3, 9) , (−4, −12)
(c) (0, 0) , (1, 3).
Sabemos que k vectores en un espacio vectorial de dimensión k forman base si y sólo si son linealmente independientes (no es necesario verificar que además es sistema generador). En el caso que nos ocupa sólo la primera pareja de vectores es independiente y por lo tanto base. 12. ¿Cuáles de los siguientes conjuntos de vectores son bases para R3 ? (a) (1, 0, 0) , (2, 2, 0) , (3, 3, 3) Solución:
(b) (3, 1, −4) , (2, 5, 6) , (1, 4, 8)
(c) (1, 6, 4) , (2, 4, −1), (−1, 2, 5) .
Igual que en el Ejercicio 11 sólo necesito saber si los vectores son linealmente independientes 1 2 3 0 1 2 3 0 (a) 0 2 3 0 → 0 1 32 0 . Los tres vectores son independientes y por lo tanto 0 0 1 0 0 0 3 0 constituyen base. 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 0 → 0 −3 −11 0 → 0 1 11 0 . Los tres vectores son (b) 4 5 3 8 6 −4 0 0 −10 −28 0 0 0 1 0 independientes y por lo tanto constituyen base. 1 2 −1 0 1 2 −1 0 1 2 −1 0 8 0 → 0 1 −1 0 . Los tres vectores son 4 2 0 → 0 −8 (c) 6 0 0 1 0 0 −7 9 0 4 −1 5 0 independientes y por lo tanto constituyen base. 13. En los siguientes apartados, determinar la dimensión y una base para el espacio solución del sistema
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x1 + x2 − x3 = 0 (a) −2x1 − x2 + 2x3 = 0 −x1 + x3 = 0 x+y+z =0 3x + 2y − 2z = 0 (c) 4x + 3y − z = 0 6x + 5y + z = 0
(b)
½
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3x1 + x2 + x3 + x4 = 0 5x1 − x2 + x3 − x4 = 0
Solución:
Sabemos que el conjunto de todas las soluciones del sistema es un subespacio vectorial. Para determinar la dimensión calculamos previamente una base de dicho subespacio y para ello debemos resolver dicho sistema. 1 1 −1 0 1 1 −1 0 1 1 −1 0 0 0 2 0 −→ 0 1 0 0 −→ 0 1 (a) −2 −1 0 0 0 0 0 1 0 0 −1 0 1 0 El sistema tiene infnitas soluciones dependiendo de un parámetro. Las soluciones son x1 = t x = 0 . Si llamamos H al espacio solución (o espacio nulo de la matriz de los coe 2 x3 = t 1 x1 x2 = t 0 , por tanto H = lin {(1, 0, 1)} . ficientes) tenemos que x ∈ H si x = x3 1 Luego el vector (1, 0, 1) es una base de H y dim(H) = 1. Observemos, aunque ya no forma parte de lo que nos piden que el rango de la matriz de los coeficientes A es 2 y que se verifica el teorema de la dimensión rg (A) + dim (N (A)) = 3. (b) Igual que en el apartado (a) ¶ ¶ µ µ ¶ µ 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 0 1 3 3 3 0 3 3 3 0 → → 5 −1 1 −1 0 0 − 83 − 23 − 83 0 5 −1 1 −1 0 x1 = −3s ¶ µ 1 1 1 1 3 3 3 0 x2 = −3s − 3t ⇒ → , por lo tanto, denotando mediante A a la 0 1 14 1 0 x3 = 12s x4 = 3t matriz de coeficientes, tenemos N (A) = lin ({(−3, −3, 12, 0) , (0, −3, 0, 3)})
1 1 1 1 0 1 1 1 0 3 2 −2 0 0 −1 −5 0 0 (c) 4 3 −1 0 → 0 −1 −5 0 → 0 0 6 5 1 0 0 −1 −5 0 tanto N (A) = lin ({(4, −5, 1)}) y dim (N (A)) = 1.
y 1 1 0 0
14. Determinar bases para los siguientes subespacios de R3 . (a) El plano 3x − 2y + 5z = 0
(b) El plano x − y = 0.
(c) La recta x = 2t, y = −t, z = 4t.
(d) Todos los vectores de la forma (a, b, c), donde b = a + c.
1 5 0 0
dim (N (A)) = 2. 0 x1 = 4t 0 ⇒ x2 = −5t , por lo 0 x3 = t 0
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Solución: (a) Llamemos H al subespacio ¡ que tiene ¢de ecuación 3x−2y+5z = 0. Realmente H es el espacio nulo de la matriz A = 3 −2 ¡5 . Para encontrar una base de H debemos resolver el ¢ sistema cuya matriz ampliada es 3 −2 5 0 . ¡ ¢ ¡ ¢ 5 3 −2 5 0 −→ 1 −2 0 . Sistema con infinitas soluciones dependiendo de 3 3 x = 2t − 5s dos parámetros. Las soluciones son y = 3t o lo que es lo mismo (x, y, z) ∈ H si y só z = 3s x 2 −5 lo si y = t 3 +s 0 . De aquí deducimos que H = lin ({(2, 3, 0) , (−5, 0, 3)}). z 0 3 Como los vectores (2, 3, 0) , (−5, 0, 3) son linealmente independientes (no son proporcionales) constituyen una base de H. (b) Llamemos H al subespacio que tiene de ecuación x − y = 0. Como H es un subespacio de R3 y está determinado por una ecuación implícta la dimensión de H es dos, luego una base de H está determinada por dos vectores linealmnte independientes de H. Como los vectores (1, 1, 0) y (0, 0, 1) están en H y son independientes, tenemos que constituyen una base de H. (c) Si llamamos W al conjunto de todos los puntos de la recta tenemos que (x, y, z) ∈ W si y x 2 sólo si y = t −1 , luego W = lin ({(2, −1, 4)}) y el vector (2, −1, 4) es una base z 4 de W. (d) Igual que en los apartados (a) y (b) el subespacio H está determinado por una ecuación implícita x − y + z = 0. Razonando como en (b) tenemos que una base de H la constituyen los vectores (1, 1, 0) y (0, 1, 1) . 15. Expresar Ax como una combinación lineal de los vectores columnas de A. µ ¶µ ¶ µ ¶ 3 4 0 −1 −2 2 3 1 2 1 5 (a) 6 2 3 (c) (b) 3 0 . −1 4 2 6 3 −8 0 −1 4 5 5 Solución: µ ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶ 2 3 1 2 3 (a) =1· +2· . −1 4 2 −1 4 4 0 −1 −2 4 0 −1 6 2 3 = −2 3 + 3 6 + 5 2 . (b) 3 0 −1 4 5 0 −1 4 µ ¶ 3 µ ¶ µ ¶ 2 1 5 2 5 (c) 0 =3 +5 . 6 3 −8 6 −8 5
16. En cada apartado, determinar si b está en el espacio columna de A y, en caso afirmativo, expresar b como una combinación lineal de las columnas de A. ¶ µ µ ¶ 1 1 1 2 1 3 −2 (a) A = ,b= ; (b) A = 1 0 1 , b = 0 ; 4 −6 10 2 2 1 3
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1 −1 1 2 (c) A = 1 1 −1 , b = 0 . −1 −1 1 0 Solución:
→
→
→
→
→
→ → →
Un vector b ∈ R(A) siy sólo si b = x1 a1 + x2 a2 + x3 a3 , donde a1 , a2 , a3 son las columnas de A. Luego, tenemos que averiguar en cada caso si el sistema Ax = b tiene solución. µ µ µ ½ ¶ ¶ ¶ 1 3 −2 1 3 −2 1 3 −2 x1 = 1 . Como este sis(a) → → ⇒ x2 = −1 4 −6 10 0 −18 18 0 1 −1 →
→
→
→
→
→
tema tiene solución se tiene que b ∈ R(A), de hecho b = a1 − a2 , donde a1 y a2 son las columnas de A. 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 (b) 1 0 1 0 → 0 −1 −1 −1 → 0 1 1 1 . Como este sistema no 2 1 3 2 0 −1 −1 0 0 0 0 1 →
/ R(A) tiene solución se tiene que b ∈ 1 −1 1 2 1 −1 1 −1 0 −→ 0 2 (c) 1 −1 −1 1 0 0 −2 1 −1 1 2 1 −1 0 1 −1 −1 −→ 0 1 0 0 0 0 0 0 →
→
1 2 1 −1 1 2 −2 −2 −→ 0 1 −1 −1 −→ 2 2 0 −2 2 2 1 2 1 1 . Como este sistema tiene solución, el vector 0 0
b ∈ R(A). de hecho, b puede ponerse de infinitas formas como combinación lineal de las columnas de A: 2 1 −1 1 0 = 1 + (t − 1) 1 + t −1 , donde t ∈ R. 0 −1 −1 1
17. En cada apartado, encontrar una base para el espacio nulo de A. 2 0 −1 1 0 3 1 1 2 1 −1 , (b) A = 1 0 1 (c) A = 4 0 −2 (a) A = 1 0 0 0 2 1 3 −1 −1 1 Solución:
En cada apartado debemos resolver el sistema homogéneo Ax = 0 1 0 3 0 1 0 3 0 1 0 3 0 x1 = −3t x2 = 4t , 1 −1 0 → 0 1 −4 0 → 0 1 −4 0 ⇒ (a) 1 0 0 0 0 x3 = t 0 −1 4 0 −1 −1 1 0 luego una base del espacio nulo N (A) es la formada por el vector {(−3, 4, 1)} 1 1 2 0 1 1 2 0 1 1 2 0 x1 = −t x = −t , luego una 1 0 1 0 0 −1 −1 0 0 1 1 0 (b) → → ⇒ 2 x3 = t 2 1 3 0 0 −1 −1 0 0 0 0 0 base del espacio nulo N (A) es la formada por el vector {(−1, −1, 1)} 2 0 −1 0 2 0 −1 0 x1 = t 0 0 ⇒ x = s , luego una base del espacio nulo (c) 4 0 −2 0 → 0 0 2 0 0 0 0 x3 = 2t 0 0 0 0 N (A) es la formada por los vectores {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)} .
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18. En cada apartado, encontrar el rango y la dimensión del subespacio nulo de la matriz y comprobar que se verifica el teorema de la dimensión. 1 −1 3 1 4 5 2 2 0 −1 (a) A = 5 −4 −4 , (b) A = 2 1 3 0 (c) A = 4 0 −2 7 −6 2 −1 3 2 2 0 0 0 Solución:
Como en el ejercicio anterior escalonamos cada matriz y resolvemos el sistma lineal homogéneo Ax = 0 1 −1 3 1 −1 3 1 −1 3 x1 = 16t 1 −19 ⇒ 1 −19 → 0 x = 19t , luego N (A = (a) 5 −4 −4 → 0 2 0 0 0 0 1 −19 7 −6 2 x3 = t lin {(16, 19, 1, )}, dim (N (A)) = 1 y rang(A) = 2. Se verifica rang(A) + dim (N (A)) = 3. x1 = −s + 2t 1 4 5 2 1 4 5 2 1 4 5 2 x2 = −s − 4t , luego (b) 2 1 3 0 → 0 −7 −7 −4 → 0 1 1 47 x3 = s 0 0 0 0 −1 3 2 2 0 7 7 4 x4 = 7t N (A = lin {(−1, −1, 1, 0) , (2, −4, 0, 7)}, dim (N(A)) = 2 y rang(A) = 2. Se verifica rang(A) + dim (N (A)) = 4. 2 0 −1 0 2 0 −1 x1 = t 0 0 0 0 ⇒ 4 0 −2 → (c) x = s , luego N (A = lin {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)}, 2 0 0 0 0 0 0 0 x3 = 2t dim (N (A)) = 2 y rang(A) = 1. Se verifica rang(A) + dim (N (A)) = 3. x1 − 3x2 = b1 x1 − 2x2 = b2 x1 + x2 = b3 19. ¿Qué condiciones deben satisfacer b1 , b2 , b3 , b4 , b5 para que el sistema lineal x − 4x2 = b4 1 x1 + 5x2 = b5 tenga solución? Solución:
Pedir que el sistema tenga solución es equivalente a pedir que el vector b = (b1 , b2 , b3 , b4 , b5 ) ∈ R(A), 1 −3 1 −2 donde A = 1 1 1 −4 1 5 1 −3 b1 1 −3 b1 1 −3 b1 1 −2 b2 0 0 1 b2 − b1 1 b2 − b1 1 b3 −→ 0 4 b3 − b1 −→ 0 0 b3 − 4b2 + 3b1 Resolvemos el sistema 1 , 1 −4 b4 0 −1 b4 − b1 0 0 b4 + b2 − 2b1 1 5 b5 0 8 b5 − b1 0 0 b5 − 8b2 + 7b1 b3 − 4b2 + 3b1 = 0 b + b2 − 2b1 = 0 que tendrá solución si se verifica 4 b5 − 8b2 + 7b1 = 0
Estas son las condiciones que tiene que cumplir b para que el sistema tenga solución, o también se pueden decir que son las ecuaciones implicitas del subspacio R(A) ⊂ R5 .
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20. Analizar como el rango de A varía con t. 1 1 t t 3 −1 (a) A = 1 t 1 , (b) A = 3 6 2 t 1 1 −1 −3 t Solución:
(a) Debemos estudiar la dependencia e independencia lineal de los vectores columnas de la matriz A. Para ello debemos reslover el sistema de ecuaciones cuya matriz ampliada es 1 1 t 0 1 t 1 0 t 1 1 0 1 1 t 0 1 1 t 0 1 t 1 0 −→ 0 t − 1 1 − t 0 . Ahora se presentan dos posibilidades: t 1 1 0 0 1 − t 1 − t2 0 1 1 0 0 • t = 1 En este caso la matriz escalonada a la que hemos llegado es 0 0 0 0 . 0 0 0 0 En este caso sólo la primera columna es independiente y rg(A) = 1 • t6= 1. En este caso podemos seguir haciendo transformaciones elementales y tendríamos 1 1 t 0 1 1 t 0 1 1 t 0 0 t − 1 1 − t 0 −→ 0 1 −1 0 −→ 0 1 −1 0 . 2 2 0 1−t 1−t 0 0 0 2 − t − t2 0 0 1−t 1−t 0 Y de nuevo se presentan dos posibilidades: — Si 2 − t − t2 6= 0, cosa que ocurre cuando t 6= 1 y t 6= −2 entonces se puede contiuar haciendo trasnformaciones elementales y llegaríamos a la matriz escalonada 1 1 t 0 0 1 −1 0 . En este caso rg(A) = 3. 0 0 1 0 2 −2 (recordemos que — Si 2−t−t = 0 que se obtiene para t = estamos suponiendo t 6= 1 1 −2 0 1) entonces la matriz escalonada sería 0 1 −1 0 . En este caso rg(A) = 2. 0 0 0 0
En resumen si t = 1 entonces rg(A) = 1. Si t = −2 entonces rg(A) = 2. Y si t 6= 1 y t 6= −2 entonces rg(A) = 3. ¯ ¯ ¯ t 3 −1 ¯¯ ¯ 6 2 ¯¯ = 6t2 − 3t − 3 = 0 si y sólo si t = − 12 o t = 1, (b) Puesto que det(A) = ¯¯ 3 ¯ −1 −3 t ¯ deducimos:
• Si t 6= − 12 o t 6= 1, entonces rg(A) = 3. −1/2 3 −1 • Si t = − 12 , entonces A = 3 6 2 y es fácil ver que las dos primeras −1 −3 −1/2 columnas de A son l.i., por lo que rg(A) = 2. 1 3 −1 • Si t = 1, la matriz A es A = 3 6 2 y por el mismo motivo de antes, −1 −3 1 rg(A) = 2.
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x + y + sz = 0 21. ¿Para qué valores de s el espacio solución de x + sy + z = 0 es sólo el origen, un subespacio sx + y + z = 0 de dimensión uno o un subespacio de dimensión dos? Solución:
1 1 s Si observamos la matriz de coeficientes de este sistema 1 s 1 es la misma que la matriz s 1 1 que hemos estudiado en apartado (a) del Ejercicio 20 (cambiando t por s). Por tanto, tenemos las siguientes posibilidades: • Si s 6= 1 y s 6= −2 entonces el sistema tiene sólo la solución trivial (0, 0, 0), ya que la matriz de coeficientes es regular. • Si s = 1 obtenemos que el sistemaes equivalente a x+y+z = 0 que tiene infinitas soluciones x = −t − s y=t dependiendo de dos parámetros z=s ½ x + y − 2z = 0 • Si s = −2 obtenemos que el sistema es equivalente a que tiene infinitas y−z =0 x=t soluciones dependiendo de un parametro y que son: y = t z=t
22. Determinar si el vector (−1, 1, 0, 2) es ortogonal al subespacio de R4 ,
W = lin {(0, 0, 0, 0) , (1, −5, −1, 2) , (4, 0, 9, 2)} . Solución: Un vector v es ortogonal a W si y sólo si es ortogonal a cada uno de los vectores que generan el subespacio. En este caso (−1, 1, 0, 2) · (0, 0, 0, 0) = 0, (−1, 1, 0, 2) · (1, −5, −1, 2) = −2 6= 0. Por lo tanto v no es ortogonal a W. 23. ¿Para qué valores de k son ortogonales u y v? (a) u = (2, 1, 3) y v = (1, 7, k)
(b) u = (k, k, 1) y v = (k, 5, 6).
Solución: u es ortogonal a v si y sólo si u.v = 0 (a) u · v = 9 + 3k ⇒ u · v = 0 si k = −3.
(b) u · v = k2 + 5k + 6 ⇒ u · v = 0 si k = −2 ó si k = −3. 24. Determinar una base de W ⊥ , siendo W = lin {(1, 2)} .
Solución: © ª W ⊥ = x = (x1 , x2 ) ∈ R2 : x.y = 0 para todo y ∈ W . Un vector es ortogonal a W si y sólo si es ortogonal a la base de W . Por lo tanto (x1 , x2 ) ∈ W ⊥ si y sólo si x1 + 2x2 = 0, que es la ecuación implícita de W ⊥ . resolviendo esta ecuación obtenemos una base de W ⊥ . ½ x1 = −2t x1 + 2x2 = 0 ⇒ , luego una base de W ⊥ esta formada por el vector (−2, 1) . x2 = t
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25. Encontrar unas ecuaciones paramétricas para W ⊥ , sabiendo que W está determinado por la ecuación x − 2y − 3z = 0. Idem si W = lin ({(2, −5, 4)}) . Solución:
• Si W ≡ {x − 2y − 3z = 0 ,entonces W ⊥ = lin ({(1, −2, −3)}) y por tanto, unas ecuaciones x=t y = −2t con t ∈ R. parámetricas de W ⊥ son z = −3t
• Si W = lin ({(2, −5, 4)}), entonces unas ecuaciones implícitas de W ⊥ son {2x − 5y + 4z = 0 . Resolviendo esta ecuacón obtenemos unas ecuaciones paramétricas de W ⊥ : x = 52 t − 2s y=t con t, s ∈ R. z=s
1 2 −1 26. Sea A = 3 5 0 . 1 1 2
(a) Encontrar bases para el espacio columna de A y para el espacio nulo de AT .
(b) Comprobar que todo vector en el espacio columna de A es ortogonal a todo vector en el espacio nulo de AT . Solución: (a) R(A) = lin ({(1, 3, 1) , (2, 5, 1) (−1, 0, 2)}) . Veamos si los vectores que generan R(A) son linealmente independientes. 1 2 −1 0 1 2 −1 0 1 2 −1 0 3 5 0 0 −→ 0 −1 3 0 −→ 0 1 −3 0 1 1 2 0 0 −1 3 0 0 0 0 0 Esto nos dice que las dos primeras columnnas de A son linealmente independientes de aquí que R(A) = lin {(1, 3, 1) , (2, 5, 1)} . Por tanto, los vecyores (1, 3, 1) y (2, 5, 1) constituyen una base de R(A). 1 3 1 x AT = 2 5 1 y N (AT ) = (x, y, z) ∈ R3 : AT y = 0 . Resolviendo el sis z −1 0 2 1 3 1 0 tema cuya matriz ampliada es 2 5 1 0 obtenemos una base de N (AT ). −1 0 2 0 ½ 1 3 1 0 1 3 1 0 1 3 1 0 2 5 1 0 −→ 0 −1 −1 0 −→ 0 1 1 0 =⇒ x + 3y + z = 0 =⇒ y+z =0 −1 0 2 0 0 3 3 0 0 0 0 0 x = 2t y = −t , luego N(AT ) = lin {(2, −1, 1)} .Y una base de N (AT ) está formada por el vec z=t tor (2, −1, 1) .
(b) Comprobamos que (1, 3, 1) . (2, −1, 1) = 2 − 3 + 1 = 0 y (2, 5, 1) . (2, −1, 1) = 4 − 5 + 1 = 0, → → de donde deducimos que para cualquier x ∈ R(A) y para cualquier y ∈ N (AT ) se verifica →→ que x . y = 0 luego, R(A) ⊥ N (AT ).
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27. Encontrar una base para el complemento ortogonal del subespacio generado por los vectores: (a) v1 = (1, −1, 3) , v2 = (5, −4, −4), v3 = (7, −6, 2).
(b) v1 = (2, 0, −1) , v2 = (4, 0, −2).
(c) v1 = (1, 4, 5, 2) , v2 = (2, 1, 3, 0), v3 = (−1, 3, 2, 2).
Solución: ¯ ¯ ¯ 5 7 ¯¯ ¯ ¯ 1 ¯ (a) Obsérvese que ¯ v1 v2 v3 ¯ = ¯¯ −1 −4 −6 ¯¯ = 0, luego los tres vectores son l.d. Puesto ¯ 3 −4 2 ¯ que v1 y v2 no son proporcionales, se tiene que W = lin ({v1 , v2 , v3 }) = lin ½ ({v1 , v2 }) y así x − y + z = 0, unas ecuaciones implícitas de W ⊥ están dadas por el sistema de ecuaciones 5x − 4y − 4z = 0, x = 8t cuyas soluciones pueden expresarse en la forma y = 9t con t ∈ R. Por consiguiente, z=t ⊥ {(8, 9, 1)} es una base de W .
(b) Como W = lin {(2, 0, −1) , (4, 0, −2)} = lin {(2, 0, −1)}, pues el segundo vector es combinación lineal del primero, se deduce que W ⊥ tiene por ecuación implicita 2x −z = 0. Re x=s ¡ ¢ ¡ ¢ 0 y=t , =⇒ solvemos este sistema y obtenemos: 2 0 −1 0 −→ 1 0 −1 2 z = 2s ⊥ luego W = lin {(1, 0, 2) , (0, 1, 0)}.
(c) W = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0), (−1, 3, 2, 2)}. Averiguamos primero si los vectores que forman el sistema generador son base. 1 2 −1 0 1 2 −1 0 1 2 −1 0 4 1 1 0 7 0 3 0 , luego se tiene que −→ 0 1 −→ 0 −7 5 3 0 0 0 0 0 −7 7 0 2 0 0 0 0 0 0 −4 4 0 2 0 2 0 W = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0), (−1, 3, 2, 2)} = lin {(1, 4, 5, 2) , (2, 1, 3, 0)} . ¾ ½ x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 = 0 4 ⊥ Entonces W = (x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R : . Resolviendo el sis2x1 + x2 + 3x3 = 0 ¶ µ 1 4 5 2 0 , obtenemos una base de tema de ecuaciones cuya matriz ampliada es 2 1 3 0 0 ⊥ W ¶ µ . ¶ µ ¶ µ 1 4 5 2 0 1 4 5 2 0 1 4 5 2 0 =⇒ −→ −→ 2 1 3 0 0 0 −7 −7 −4 0 0 1 1 47 0 x1 = −t + 2s ½ x1 + 4x2 + 5x3 + 2x4 = 0 x2 = −t − 4s =⇒ , luego W ⊥ = lin {(−1, −1, 1, 0) , (2, −4, 0, 7)} . = t x2 + x3 + 47 x4 = 0 x 3 x4 = 7s Comprobamos que cada uno de los vectores de la base de W ⊥ es ortogonal a cada uno de los vectores de la base de W. (−1, −1, 1, 0) . (1, 4, 5, 2) = −1 − 4 + 5 = 0; (−1, −1, 1, 0) .(2, 1, 3, 0) = −2 − 1 + 3 = 0 (2, −4, 0, 7). (1, 4, 5, 2) = 2 − 16 + 14 = 0; (2, −4, 0, 7).(2, 1, 3, 0) = 4 − 4 = 0 Nota: Observese que en todos los apartados se verifica siempre que: dim(W ) + dim(W ⊥ ) = n.
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28. Demostrar que si u y v son vectores ortogonales tales que kuk = kvk = 1 entonces ku − vk =
√ 2.
Solución:
· v + kvk 2 = 1 + 1 = 2, ku − vk2 = (u − v) · (u − v) = u · u − v · u − u · v + v · v = kuk 2 − 2u |{z} |{z} |{z} =0 =1 =1 √ luego ku − vk = 2. ¡ ¢ ¡ ¢ 29. Comprobar que los vectores v1 = − 35 , 45 , 0 , v2 = 45 , 35 , 0 , v3 = (0, 0, 1) forman una base ortonormal para R3 . Expresar cada uno de los siguientes vectores como una combinación lineal de v1 , v2 , v3 . (a) (1, −1, 2) Solución:
(b) (3, −7, 4).
Es directo ver que v1 · v2 = v1 · v3 = v2 · v3 = 0 y kv1 k = kv2 k = kv3 k = 1 luego ¶ ¶ µ µ ¾ ½ 3 4 4 3 , , 0 , v3 = (0, 0, 1) v1 = − , , 0 , v2 = 5 5 5 5 es una base ortonormal (BON) de R3 . Para los siguientes apartados tendremos en cuenta que, como sabemos de teoría, dada una base ortornomal de Rn {v1 , v2 , . . . , vn } cualquier vector x ∈ Rn puede expresarse en la forma x = (x · v1 ) · v1 + (x · v2 ) · v2 + · · · + (x · vn ) · vn .
¡ 3 4 ¢ 7 (a) Pongamos ¡ 4 3 ¢ x1 = (1, −1, 2). Puesto que x · v1 = (1, −1, 2) · − 5 , 5 , 0 = − 5 , x · v2 = (1, −1, 2) · (1, −1, 2) puede expresarse como 5 , 5 , 0 = 5 y x · v3 = (1, −1, ¡ 2) · (0, ¢ 0, 1) =¡ 2, el vector ¢ combinación lineal de v1 = − 35 , 45 , 0 , v2 = 45 , 35 , 0 y v3 = (0, 0, 1) en la forma 7 1 (1, −1, 2) = − v1 + v2 + 2v3 . 5 5
¡ ¢ (b) Análogamente, si y = (3, −7, 4), entonces y · v1 = (3, −7, 4) · − 35 , 45 , 0 = − 37 5 ,x· ¡ 4tomamos ¢ 3 −9 v2 = (3, −7, 4) · 5 , 5 , 0 = 5 y x · v3 = (3, −7, 4) · (0, 0, 1) = 4 y en consecuencia podemos escribir la siguiente combinación lineal (3, −7, 4) = −
37 9 v1 − v2 + 4v3 . 5 5
30. Usando el proceso de Gram-Schimdt, transformar la base {u1 , u2 } en una base ortonormal. (a) u1 = (1, −3) , u2 = (2, 2) Solución:
(b) u1 = (1, 0) , u2 = (3, −5) .
(a) En primer lugar tomamos ³ v1 = u1´ = (1, −3), calculamos kv1 k = definimos w1 = kvv11 k =
√1 , − √3 10 10
.
Ahora, obtenemos el vector v2 = u2 − (u2 · w1 ) · w1 = (2, 2) + √410 | {z } q¡ ¢ 12 2
−4 =√
10
p √ 12 + (−3)2 = 10 y
³
√1 , − √3 10 10
´
=
¡ 12 4 ¢ 5 ,5 ,
³ ´ √ v2 4 10 √3 , √1 + = = = . calculamos su norma: kv2 k = y definimos w 2 5 5 5 kv2 k 10 10 ³ ³ ´ ´o n es una base ortonormal de R2 . Así, el conjunto w1 = √110 , − √310 , w2 = √310 , √110 ¡ 4 ¢2
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(b) En este apartado realizamos los mismos cálculos para los vectores u1 = (1, 0) y u2 = (3, −5). Definimos v1 = u1 = (1, 0) y entonces w1 = kvv11 k = (1, 0), ya que kv1 k = 1.
Tomamos v2 = u2 − (u2 · w1 ) · w1 = (3, −5) − 3(1, 0) = (0, −5) y es directo ver que w2 = | {z } =3 v2 = (0, −1). Por tanto, el conjunto {(1, 0), (0, −1)} es una base ortonormal de R2 . kv2 k
31. Usando el proceso de Gram-Schimdt, transformar la base {u1 , u2 , u3 } en una base ortonormal. (a) u1 = (1, 1, 1) , u2 = (−1, 1, 0) , u3 = (1, 2, 1)
(b) u1 = (1, 0, 0) , u2 = (3, 7, 2) , u3 = (0, 4, 1).
Solución: (a) Definimos v1 = u1 = (1, 1, 1) y tomamos w1 = kvv11 k =
³
√1 , √1 , √1 3 3 3
´ .
A continuación calculamos v2 = u2 −(u2 · w1 ) ·w1 = u2 = (−1, 1, 0) y tomamos w2 = kvv22 k = | {z } =0 ´ ³ −1 √1 √ , 2, 0 . 2 ³ ´ Ahora ponemos v3 = u3 − (u3 · w1 ) · w1 − (u3 · w2 ) · w2 = (1, 2, 1) − √43 √13 , √13 , √13 − | {z } | {z } = √4
= √1
3 2 q¡ ¢ ´ ¡ √ ¡ 1 ¢2 ¡ 1 ¢2 ¢ 6 1 1 1 1 1 2 −1 −1 √ √ , √ ,0 = , , + + = k = − , calculamos su norma: kv 3 6 6 3 6 6 3 6 y 2 2 2 ³ ´ elegimos w3 = kvv33 k = √16 , √16 , − √26 . n ´ ´o ³ ³ ´ ³ 1 √1 2 −1 √1 √ √ , , 0 , w = , , − Por consiguiente, w1 = √13 , √13 , √13 , w2 = √ es la base 3 2 2 6 6 6 ortonormal pedida.
³
(b) En este apartado enumeraremos cada uno de los pasos. paso 1: v1 = u1 = (1, 0, 0) u2 .v1 = (3, 7, 2) − 31 (1, 0, 0) = (0, 7, 2). paso 2: v2 = u2 − v1 .v1 Antes de continuar comprobamos que v1 ⊥ v2 : (1, 0, 0) .(0, 7, 2) = 0. ¡ 2 −7 ¢ u3 .v1 u3 .v2 = (0, 4, 1) − 01 (1, 0, 0) − 30 (0, 7, 2) = 0, 53 , 53 . Para − paso 3 : v3 = u3 − 53 v1 .v1 v2 .v2 facilitar los cálculos podemos tomar como v3 un múltiplo del que nos ha salido, así que tomamos v3 = (0, 2, −7) . Antes de continuar comprobamos que v1 ⊥ v3 y que v3 ⊥ v2 : (1, 0, 0) . (0, 2, −7) = 0 y (0, 7, 2). (0, 2, −7) = 14 − 14 = 0. paso 4: Por último normalizamos la³ base ortogonal obtenida en los ´ ´ anteriores: ³ tres pasos v1 v2 v3 7 2 2 −7 √ √ √ √ = (1, 0, 0); w2 = = 0, 53 , 53 y w3 = = 0, 53 , 53 . Y la base w1 = kv1 k kv2 k kv3 k ortonormal pedida está formada por los vectores {w1 , w2 , w3 } . 32. Encontrar la proyección ortogonal de u sobre el espacio vectorial generado por a (a) u = (−1, −2), a = (−2, 3);
(b) u = (1, 0, 0) , a = (4, 3, 8).
Solución:
Los dos apartados se relizarán sabiendo que si S = lin (a), entonces la proyección ortogonal de u sobre S viene dada mediante u·a proys (u) = ·a kak2 (−1,−2)·(−2,3) u·a · (−2, 3) = −4 (a) proys (u) = kak 2 · a = 13 · (−2, 3) = k(−2,3)k2
¡8
12 13 , − 13
¢ .
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn . Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados (1,0,0)·(4,3,8) 4 u·a · (4, 3, 8) = 89 · (4, 3, 8) = (b) proys (u) = kak 2 · a = k(4,3,8)k2
44 ¡ 16 12 32 ¢ 89 , 89 , 89 .
33. Encontrar todos los escalares k tales que kkvk = 5, siendo v = (−2, 3, 6).
(a) Encontrar dos vectores en R2 con norma uno cuyo producto escalar con (3, −1) sea cero.
(b) Demostrar que existe una infinidad de vectores en R3 con norma uno cuyo producto escalar con (1, −3, 5) es cero. Solución: Puesto que kkvk = |k| kvk, para encontrar k debemos resolver la ecuación |k| kvk = 5. Ahora, q utilizando que kvk = k(−2, 3, 6)k = (−2)2 + 32 + 62 = 7, tenemos que |k| = 57 y por tanto, los únicos escalares k que verifican la relación kkvk = 5 son k = 57 y k = − 57 .
(a) Un vector v = (x, y) ∈ R2 es ortogonal al vector (3, −1) si (x, y) · (3, −1) = 3x − y = 0. Por tanto, resolviendo la ecuación anterior, obtenemos todos los vectores ortogonales al vector (3, −1) y todos ellos son ³proporcionales al vector w = (1, 3). ³ Por tanto,´ los dos vectores ´ 1 3 w w que nos piden son kwk = √10 , √10 y su opuesto − kwk = − √110 , − √310 .
(b) Podemos verlo desde un punto de vista geométrico. Todos los vectores v = (x, y, z) ∈ R3 ortogonales al vector (1, −3, 5) deben pertenecer al plano que pasa por el origen y su ecuación es x − 3y + 5z = 0. De estos vectores debemos encontrar aquellos que tienen norma uno. Por tanto, deben pertencer a la esfera de centro el origen y radio uno (cuya ecuación es x2 + y2 + z 2 = 1). Es decir, los vectores de norma unidad y ortogonales al vector (1, −3, 5) son los que están en la intersección del plano con la esfera y esta intersección tiene infinitos vectores. 34. Encontrar la distancia entre u y v, siendo (a) u = (−1, −2), v = (−2, 3);
(b) u = (1, 0, 0) , v = (4, 3, 8).
Solución:
Utilizaremos en los dos apartados que la distancia entre los vectores u y v está dada mediante d(u, v) = ku − vk .
√ 26. √ (b) d(u, v) = ku − vk = k(1, 0, 0) − (4, 3, 8)k = k(−3, −3, −8)k = 82. ¢ ª ©¡ 35. Sea W = lin 45 , 0, − 35 , (0, 1, 0) . Expresar w = (1, 2, 3) en la forma w = w1 + w2 , donde w1 ∈ W y w2 ∈ W ⊥ . (a) d(u, v) = ku − vk = k(−1, −2) − (−2, 3)k = k(1, −5)k =
Solución:
Nos están pidiendo que calculemos w1 = proyW (w) y w2 = proyW ⊥ (w). °¡ ¢ ¢° ¡ Comprobamos que la base del subespacio W es ortonormal 45 , 0, − 35 . (0, 1, 0) = 0 y ° 45 , 0, − 35 ° = 1 y k(0, 1, 0)k = 1 © ¢ ¡ ª En este caso en el que la base de W , z1 = 45 , 0, − 35 , z2 = (0, 1, 0) , es ortonormal tenemos ¡ ¢ ¡ ¢ 3 (−1) 45 , 0, − 35 + (2) (0, 1, 0) = −4 w1 = (w ·¡z1 ) z1 +¢(w ·¡z2 ) z2 = 5 , 2, 5 y w2 = w − w1 = ¢ 3 9 12 (1, 2, 3) − −4 5 , 2, 5 = 5 , 0, 5 . ¢ ¡9 ¢ −36 36 ¡ 3 12 Comprobamos que w1 .w2 = −4 5 , 2, 5 . 5 , 0, 5 = 5 + 5 = 0.
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45
36. Repetir el ejercicio anterior siendo ahora W = lin {(1, 1, 1) , (2, 0, 1)} y w = (4, 2, 0). Solución:
Resolveremos este ejercicio de varias formas. Primera forma: En este caso, la base de W {u1 = (1, 1, 1) , u2 = (2, 0, 1)} no es ortogonal ((1, 1, 1) · (2, 0, 1) = 3 6= 0), por lo que aplicaremos el método de Gram-Schimdt para obtener una base ortonormal. ³ ´ Tomemos v1 = u1 = (1, 1, 1) y z1 = kvv11 k = √13 , √13 , √13 . ³ ´ Ahora elegimos v2 = u2 − (u2 · z1 ) · z1 = (2, 0, 1) − √33 √13 , √13 , √13 = (1, −1, 0) y definimos | {z } = √3
3 ´ ´ n ³ ³ ´o 1 √1 √1 1 √ −1 −1 √ √ z2 = kvv22 k = √12 , √ , z , 0 z = , , = , , 0 . Así el conjunto es una 1 2 2 3 3 3 2 2 base ortonormal de W y las proyecciones ortogonales solicitadas son: ´ ³ ´ ³ −1 , 0 = (3, 1, 2) y w1 = proyW (w) = (w · z1 ) z1 + (w · z2 ) z2 = √63 √13 , √13 , √13 + √22 √12 , √ 2
³
w2 = proyw⊥ (w) = w − proyw (w) = w − w1 = (4, 2, 0) − (3, 1, 2) = (1, 1, −2). µ ¶ α1 Segunda forma: Sabemos que w1 = proyW (w) = α1 u1 + α2 u2 , donde es solución del α2 sistema de ecuaciones ¶ µ 1 2 ¡ ¢ α1 = At w, At A siendo A = u1 u2 = 1 0 . α2 1 1
µ µ ¶ 4 ¶ 1 2 1 1 1 1 1 1 3 3 Puesto que At A = 1 0 = 2 = y At w = 2 0 1 2 0 1 3 5 1 1 0 µ ¶ ½ 6 3α1 + 3α2 = 6, y su única soución es α1 = 1, α2 = 1, por , el sistema anterior es 3α1 + 5α2 = 8, 8 lo que las proyección son: µ
¶
w1 = proyW (w) = u1 + u2 = (1, 1, 1) + (2, 0, 1) = (3, 1, 2)
y
w2 = proyw⊥ (w) = w − w1 = (4, 2, 0) − (3, 1, 2) = (1, 1, −2). Tercera forma: Calcularemos en primer lugar w2 = proyw⊥ (w). Para ello necesitamos obtener una base del subespacio W ⊥ . ½ x + y + z = 0, ⊥ y la solución general de este Las ecuaciones implícitas de W son 2x + z = 0, x=t y = t con t ∈ R. Así, W ⊥ = lin ({a = (1, 1, −2)}) y sistema adquiere la forma z = −2t (4,2,0)·(1,1,−2) w·a w2 = proyw⊥ (w) = kak2 · a = k(1,1,−2)k2 · (1, 1, −2) = (1, 1, −2). Por último, w1 = proyW (w) = w − w2 = (4, 2, 0) − (1, 1, −2) = (3, 1, 2).
37. Repetir el ejercicio anterior siendo ahora W = lin {(1, 1, 1)} y w = (−1, 1, 0). Solución:
Si denotamos a = (1, 1, 1), entonces w · a = (−1, 1, 0) · (1, 1, 1) = 0 y por tanto, proyW (w) = (0, 0, 0) y w2 = proyw⊥ (w) = w = (−1, 1, 0).
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46
38. Encontrar la solución por mínimos cuadrados del sistema lineal Ax = b y hallar la proyección ortogonal de b sobre el espacio columna de A. 1 1 7 2 −2 2 (a) A = −1 1 , b = 0 (b) A = 1 1 , b = −1 −1 2 7 3 1 1 6 1 0 −1 0 2 1 −2 ,b = . (c) A = 9 1 1 0 3 1 1 −1 Solución:
En cada uno de los apartados debemos resolver el sistema normal asociado At Ax = At b y una vez obtenida la solución x, la proyección ortogonal del vector b sobre el espacio columna de A viene dada por b1 = proyR(A) b = Ax. µ ¶ 7 µ ¶ 1 1 1 −1 −1 1 −1 −1 3 −2 (a) En este caso, At A = 0 = −1 1 = y At b = 1 1 2 1 1 2 −2 6 7 −1 2 ¶ µ ¶ µ 0 0 3 −2 . Para , luego debemos resolver el sistema con matriz ampliada −2 6 21 21 ello aplicamos el método de Gauss µ ¶ ¶ ¶ µ µ F1 (1/3) F21 (2) F2 (3/14) 3 −2 0 0 0 1 −2/3 1 −2/3 −→ −→ −→ 0 14/3 21 −2 6 21 −2 6 21 µ ¶ 0 1 −2/3 . 0 1 9/2 ½ x1 − 2/3x2 = 0, t t , y aplicando Por tanto, el sistema A Ax = A b es equivalente al sistema x2 = 9/2, el método de subida obtenemos como única solución x1 = 3, x2 = 9/2. Ahora, la proyección ortogonal de b sobre R(A) es 15 ¶ 1 1 µ 2 3 b1 = proyR(A) b = Ax = −1 1 = 32 9/2 6 −1 2 µ
¶
µ ¶ µ ¶ 2 −2 2 2 1 3 14 0 1 −1 = 1 = (b) En este apartado At A = y At b = −2 1 1 0 6 3 1 1 µ ¶ ½ 6 14x1 = 6 y la única solución es x1 = . Así, el sistema normal asociado es 6x2 = −4 −4 3/7, x2 = −2/3. Por tanto, la proyección ortogonal es 46 ¶ 2 −2 µ 21 3/7 5 b1 = proyR(A) b = Ax = 1 1 . = − 21 −2/3 13 3 1 21 µ
2 1 3 −2 1 1
¶
1 1 2 1 1 2 1 1 1 (c) Puesto que At A = 0 1 −1 −2 0 −1 1
0 −1 7 4 −6 1 −2 3 −3 y At b = = 4 1 0 −6 −3 6 1 −1
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6 18 1 2 1 1 0 12 , el sistema normal asociado tiene por matriz 0 1 1 1 9 = −9 −1 −2 0 −1 3 7 4 −6 18 3 −3 12 y aplicando el método de Gauss ampliada 4 −6 −3 6 −9 18 18 4 −6 7 4 −6 18 1 47 −6 1 7 7 7 7 7 3 12 4 3 −3 12 −→ 0 57 3 −3 12 −→ 4 −→ 7 7 6 45 0 37 −6 −3 6 −9 −6 −3 6 −9 7 7 18 −6 18 −6 18 4 4 1 1 1 47 −6 7 7 7 7 7 7 7 7 12 12 12 3 3 3 0 1 =⇒ −→ 0 1 −→ 0 1 5 5 5 5 5 5 63 7 0 1 2 15 0 0 0 0 1 9 5 5 4 6 18 x1 + 7 x2 − 7 x3 = 7 x1 + 35 x2 = 12 5 x3 = 9 la pseudosolución del sistema es x1 = 12, x2 = −3, x3 = 9. En consecuencia, la proyección ortogonal de b sobre el espacio columna de A es 3 1 0 −1 12 3 2 1 −2 −3 = . proyR(A) b = Ax = 9 1 1 0 9 0 1 1 −1
39. Determinar la proyección ortogonal de u sobre el subespacio W = lin {v1 , v2 } (a) u = (2, 1, 3), v1 = (−1, 2, 1), v2 = (2, 2, 4) (b) u = (0, 1, −1), v1 = (−1, 2, 1), v2 = (−2, 4, 2). Solución:
¶ µ α1 (a) Primera forma: La proyección pedida puede obtenerse de la forma proyW u = A , α2 ¶ µ α1 es solución del sistema donde α2 ¶ µ −1 2 ¢ ¡ α1 At A = At u, siendo = 2 2 . A = v1 v2 α2 1 4 µ µ ¶ −1 2 ¶ 2 µ ¶ −1 2 1 −1 2 1 6 6 2 2 = 1 = Como At A = y At u = 2 2 4 2 2 4 6 24 3 1 4 µ ¶ ½ 3 6α1 + 6α2 = 3, , el sistema que debemos resolver tiene de ecuaciones 6α1 + 24α2 = 18. 18 Su única solución es α1 = − 13 , α2 = 56 y por tanto, la proyección ortogonal es ¶ µ ¶ −1 2 µ 2 α1 −1/3 proyW u = A = 2 2 = 1 = u. α2 5/6 1 4 3 Nótese que la proyección coincide con el vector inicial, pues u pertence al subespacio vectorial W , es decir, es combinación lineal de los vectores v1 y v2 (u = − 13 v1 + 56 v2 ).
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48
Segunda forma: También podemos obtener una base ortogonal de W aplicando el método de Gram-Schimdt . paso 1: u1 = v1 = (−1, 2, 1) . v2 .u1 = (2, 2, 4) − 66 (−1, 2, 1) = (3, 0, 3). paso 2: u2 = v2 − u1 .u1 (u.u1 ) (u.u2 ) 1 u1 + (u u2 = 36 (−1, 2, 1) + 15 Ahora proyW (u) = (u 18 (3, 0, 3) = 6 (12, 6, 18) = 1 .u1 ) 2 .u2 ) (2, 1, 3) . (b) En este apartado v2 = 2v1 , luego W = lin ({v1 , v2 }) = lin ({v1 }) y la proyección ortogonal puede obtenerse mediante proyW u =
¡ 1 u · v1 (0, 1, −1) · (−1, 2, 1) = · v · (−1, 2, 1) = −6 1 kv1 k2 k(−1, 2, 1)k2
1 3
1 6
¢
.
Obsérvese que también podemos calcular esta proyección ortogonal siguiendo los pasos del apartado anterior. µ ¶ −1 −2 −1 −2 ¢ ¡ −1 2 1 4 , entonces At A = Definimos A = v1 v2 = 2 2 4 = −2 4 2 1 2 1 2 µ µ ¶ ¶ µ ¶ µ ¶ 0 α1 −1 2 1 1 6 12 = At u 1 = y el sistema At A , At u = α2 −2 4 2 2 12 24 −1 ½ 6α1 + 12α2 = 1, tiene por ecuaciones 12α1 + 24α2 = 2. Es directo ver que el sistema es conpatible indeterminado y sus infinitas soluciones pueden ½ α1 = 16 − 2t, con t ∈ R. Ahora, la proyeción ortogonal puede escribirse en la forma α2 = t, obtenerse a partir de cualquiera de la infinitas soluciones. Tomando t = 0, tenemos α1 = 16 , α2 = 0 y la proyección ortogonal es 1 ¶ ¶ µ −1 −2 µ −6 1/6 α1 4 = 2 = 13 . proyW u = A α2 0 1 1 2 6 De todas formas, es evidente que la proyección ortogonal puede obtener también con la solución general 1 µ ¶ ¶ −1 −2 µ −6 α1 1/6 − 2t proyW u = A = 2 4 = 13 . α2 t 1 1 2 6
40. ½ Hallar la proyección ortogonal del vector u = (5, 6, 7, 2) sobre el espacio solución del sistema x1 + x2 + x3 = 0 2x2 + x3 + x4 = 0 Solución: ½ x1 + x2 + x3 = 0, 4 Si denotamos mediante W al subespacio vectorial de R de ecuaciones implícitas 2x2 + x3 + x4 = 0, entonces W ⊥ = lin ({v1 = (1, 1, 1, 0), v2 = (0, 2, 1, 1)}) y la proyección ortogonal de u sobre W ⊥ puede obenerse mediante proyW ⊥ u = Aα, donde α es solución del sistema 1 0 1 2 ¢ ¡ At Aα = At u, siendo = A = v1 v2 1 1 . 0 1
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1 0 µ ¶ µ ¶ 5 1 1 1 0 1 1 1 0 tu = 1 2 = 3 3 6 = y A Puesto que At A = 3 6 0 2 1 1 1 1 0 2 1 1 7 0 1 2 µ ¶ ½ 18 3α1 + 3α2 = 18, , el sistema normal asociado es 3α1 + 6α2 = 21. 21 5 1 0 µ ¶ 6 1 2 5 Su única solución es α1 = 5, α2 = 1, y por tanto, proyW ⊥ u = Aα = 1 1 1 = 7 . 1 0 1 µ
¶
Así, la proyección sobre W es proyW u = u − proyW ⊥ u = (5, 6, 7, 2) − (5, 6, 7, 1) = (0, 0, 0, 1).
41. Sea W el subespacio de R3 de ecuación 5x − 3y + z = 0. (a) Encontrar una base para W. (b) Encontrar la distancia entre el punto P (1, −2, 4) y el subespacio W. Solución: ¡ ¢ (a) Para encontrar una base de W resolvemos el sistema cuya matriz ampliada es 5 −3 1 0 x = 3t − s ¡ ¢ ¡ ¢ 1 5 −3 1 0 −→ 1 −3 0 =⇒ y = 5t , luego {(3, 5, 0) , (−1, 0, 5)} es 5 5 z = 5s una base de W .
(b) Nos están pidiendo que calculemos kproyW ⊥ (v)k, siendo v = (1, −2, 4) . Obtenemos primero una base de W ⊥ , W ⊥ = lin ({(5, −3, 1)}). Ahora calculamos 3 v.u proyW ⊥ (v) = u.u u = 15 35 (5, −3, 1) = 7 (5, −3, 1) y por último r 45 3√ . 25 + 9 + 1 = kproyW ⊥ (v)k = 7 7
42. Deteminar cuáles de las siguientes matrices son ortogonales. Para las que si lo sean, encontrar su inversa. −1 1 −1 1 Ã 1 −1 ! √ √ √1 √ √ 0 1 √12 2 6 3 2 2 √ √ −2 2 2 √ √1 , √1 √1 0 1 0 0 , , 6 3 6 6 √1 √1 2 2 √1 √1 √1 √1 √1 0 0 √12 2
Solución: Ã • Q= µ
1 0 0 1
√1 2 √1 2
¶
−1 √ 2 √1 2
!
6
3
3
3
es ortogonal, pues es cuadrada y Qt Q = ! Ã 1 1
= I2 . Además, Q−1 = Qt =
√ 2 −1 √ 2
√ 2 √1 2
Ã
√1 2 −1 √ 2
√1 2 √1 2
!Ã
√1 2 √1 2
−1 √ 2 √1 2
!
=
.
0 1 √12 0 1 t 0 no es ortogonal, pues Q Q = 1 0 • Q = 1 0 1 √1 √ 0 0 0 2 2 1 0 0 √ 1 0 6= I3 . 1 2 2 √ 1 0 2 2 1
0 1 0 0 1 0 √1 0 0 2
√1 2
0 =
√1 2
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−1
• Q=
√1 6 −2 0 √ 6 √1 √1 2 6 √ 2
√1 3 √1 3 √1 3
1 0 0 0 1 0 = I3 . 0 0 1
−1
es ortogonal, pues es cuadrada y Qt Q = −1
En este caso, Q−1 = Qt = −1
• La matriz Q =
√ 2 √1 6 √1 3
50
√1 2 √1 6 √1 3
√ 2 √1 6 √1 3
0 −2 √ 6 √1 3
√1 2 √1 6 √1 3
√ 2 √1 6 √1 3
0 −2 √ 6 √1 3
√1 2 √1 6 √1 3
−1
√ 2
0
√1 2
.
no puede ser ortogonal, ya que no es cuadrada.
43. Determinar a, b, c tales que la matriz A sea ortogonal. ¿son únicos los valores de a, b, c? −1 a √12 √ 2 A = b √16 √16 . c √13 √13 Solución:
A es ortogonal si y sólo si AAT = AT A = I, o lo que es lo mismo, si y sólo si sus columnas son vectores ortonormales. a b c √2 + √6 + √3 = 0 −a √ Las columnas de A serán ortonormales si se verifica: + √b6 + √c3 = 0 . Observamos que 2 2 a + b2 + c2 = 1 este sistema no es un sistema de ecuaciones lineales. No tiene que tener sólo una solución, infinitas soluciones o ninguna. Pueden presentarse otras situaciones. Una forma de resolverlo podría ser la siguiente. Como las dos primeras ecuaciones son lineales, utilizamos los métodos que hemos aprendido √ √ √ √ Ã ! Ã ! ! Ã √1 √1 √1 √2 √2 0 √2 √2 0 1 1 0 2 6 3 √3 √6 √6 √3 −→ −→ −→ − √12 √16 √13 0 0 2√62 2√32 0 −1 √26 √23 0 ! Ã √ √ a = 0√ 2 2 √ √ 1 0 6 √3 =⇒ b = − 2t 0 1 2 0 c=t
2 2 Como además se tiene que cumplir la tercera ecuación, se tiene 0 +2t + t = 1, de donde a=0√ a = 0√ 2 1 √ b=− 3 o b = √23 obtenemos t = ± √3 . Luego los valores de a, b y c son: y por tanto, c = √1 c = − √1 3 3 no son únicos.
Comprobamos que los valores obtenidos resuelven el problema: √ −1 0 √12 √ √2 √1 0 − 1 0 0 2 √ 3 3 √1 √1 = 0 1 0 . AAT = − √23 √16 √16 √12 6 3 −1 0 0 1 √1 √1 √1 √ √1 √1 3
3
3
2
6
3
√1 6 −2 √ 6 √1 6
√1 3 √1 3 √1 3
=
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AAT =
0
√ √2 3 −1 √ 3
Otra forma:
√1 2 √1 6 √1 3
−1 √ 2 √1 6 √1 3
0
√1 2 −1 √ 2
√ √2 3 √1 6 √1 6
−1 √ 3 √1 3 √1 3
51
1 0 0 0 1 0 . = 0 0 1
Podemos obtener una´ base ortonormal del subepacio ortogonal al generado por los vectores ³ ´ ³ 1 1 1 1 1 1 √ √ √ √ √ √ , , , y v = − 2, . u= 2 6 3 6 3 ( x √ + √y + √z = 0, 2 6 3 Como antes sus Este subespacio vectorial tiene por ecuaciones implícitas −x √ + √y + √z = 0. 2 6 3 x=0√ soluciones se escriben en la forma y = − 2t con t ∈ R y una base está formada por el vector z=t √ ¢ ¡ w = 0, − 2, 1 . Ahora sólo nos queda normalizar y conluir que los valores para a, b y c son proporcionados por los vectores ! ! Ã Ã √ √ 1 w 2 1 2 w = 0, − √ , √ = 0, √ , − √ y (a, b, c) = − (a, b, c) = kwk kwk 3 3 3 3
44. Si medimos cuatro veces el peso de un cuerpo, obtenemos los siguietes resultados p1 = 150, p2 = 153, p3 = 150, p4 = 151. ¿ Cúal es el valor que asignaríamos al peso según el método de los mínimos cuadrados? Solución: Denominemos p al peso que debemos calcular. Entonces, se debe satisfacer el sistema (naturalmente incompatible) de cuatro ecuaciones y una incógnita p = p1 p = p2 p = p3 p = p4 que escrito en forma matricial es
1 1 donde A = 1 1
Ap = b,
El sistema normal asociado es
y
p1 p2 b= p3 . p4
4p = p1 + p2 + p3 + p4 , 1 p1 ¡ ¢ 1 ¡ ¢ p2 t ya que At A = 1 1 1 1 1 = 4 y A b = 1 1 1 1 p3 = p1 + p2 + p3 + p4 . p4 1
Así, la solución por el método de los mínimos cuadrados es p= es decir, la media artmética de los pesos.
p1 + p2 + p3 + p4 , 4
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52
45. Se ha observado en una granja que la producción diaria de huevos está relacionada con las cantidades de dos comidas fijas x1 y x2 , por y = c1 x1 + c2 x2 , con c1 , c2 ∈ R. Para determinar la relación se ha realizado un programa de investigación donde se han obtenido los siguientes datos: y x1 x2
4 1 0
5 0 1
6 1 1
5 2 1
4 1 2
Encontrar la mejor aproximación utilizando el método de los mínimos cuadrados. Solución: La ecuación modelo y = c1 x1 +c2 x2 con los datos reflejados nos conduce al sistema de ecuaciones c1 = 4 c2 = 5 c1 + c2 = 6 2c + c2 = 5 1 c1 + 2c2 = 4 Matricalmente podemos escribir el sistema en la forma 4 1 0 5 0 1 Ac = b, donde A = 1 1 b= 6 5 2 1 4 1 2
y
c=
µ
c1 c2
¶
.
El sistema normal asociado es At Ac = At b, es decir, µ ¶µ ¶ µ ¶ 7 5 c1 24 = 5 7 c2 24 y la pseudosolución es c1 = 2, c2 = 2. 46. Dados los puntos (−1, 0), (0, 3), (1, 2), (2, 1). Ajustar a una recta por el método de los mínimos cuadrados. Repetir la operación ajustando a una parábola. Solución: Ajuste a una recta: Escribimos la recta de mejor aproximación en la forma y = mx + n. Imponiendo que los puntos de la nube pertencezcan a dicha recta, obtenemos el sistema de ecuaciones −m + n = 0 n=3 m +n=2 2m + n = 1 El sistema normal asociado es
½
6m + 2n = 4 2m + 4n = 6
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ya que At A = µ
4 6
µ
−1 0 1 2 1 1 1 1
¶ .
¶
−1 0 1 2
53
1 µ µ ¶ ¶ 0 1 = 6 2 y At b = −1 0 1 2 3 = 2 4 1 1 1 1 2 1 1 1
Resolviendo el sistema anterior, la psedosolución es m = 15 , n = 75 y la recta de mejor aproximación en el sentido de los mínimos cuadrados es y = 15 x + 75 . Ajuste a una parábola: Escribiendo la parábola en la forma y = ax2 + bx + c e imponiendo que la parábola pase por todos los puntos de la nube, se obtiene el sistema de ecuaciones a−b+c=0 c=3 a + b+c=2 4a + 2b + c = 1
1 −1 1 0 3 0 0 1 y el término independiente , La matriz de coefientes de este sistema es 2 1 1 1 1 4 2 1 luego el sistema normal asociado es 1 −1 1 0 1 0 1 4 a 1 0 1 4 0 1 b = −1 0 1 2 3 , −1 0 1 2 0 1 2 1 1 c 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 1 1
es decir,
18 8 6 a 6 8 6 2 b = 4 6 2 4 c 6
Aplicando el método de Gauss al sistema anterior se obtiene la pseudosolución a = −1, b = 6 12 6 12 2 5 , c = 5 y la parábola de mejor ajuste es y = −x + 5 x + 5 .
En la Figura 1 pueden observase la nube de puntos junto con la recta y parábola encontradas.
47. Unos grandes almacenes obtienen los siguientes datos relacionando el número de ventas con el de ventas anuales: Número de vendedores Ventas anuales (en millones de euros)
5 2.3
6 3.2
7 4.1
8 5.0
9 6.1
10 7.2
Utilizar el método de los mínimos cuadrados para ajustar los datos a una recta. Utiliza esta recta para estimar el número de ventas con 14 vendedores. Solución:
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(3,0)
54
y=-x2+6/5x+12/5
(1,2)
2
y= 1/5x+7/5
(2,1)
(-1,0)
1
2
Figura 1: Recta y parábola de mejor aproximación. Denominado a la recta de la forma y = mx + n (donde x indica el número de vendedores e y las ventas anuales), debemos resolver el sistema de ecuaciones 5m + n = 2.3 6m + n = 3.2 7m + n = 4.1 8m + n = 5.0 9m + n = 6.1 10m + n = 7.2
2.3 5 1 3.2 6 1 4.1 7 1 Como la matriz de coeficientes es A = y el término independiente b = 5.0 , el 8 1 6.1 9 1 7.2 10 1 sistema normal asociado es ½ 355m + 45n = 226.3 45m + 6n = 27.9
ya que
5 6 µ ¶ 5 6 7 8 9 10 7 At A = 8 1 1 1 1 1 1 9 10
1 1 µ ¶ 1 = 355 45 45 6 1 1 1
y
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn . Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados
55
2.3 ¶ µ ¶ 3.2 µ 226. 3 5 6 7 8 9 10 4.1 t . Ab= 5.0 = 27. 9 1 1 1 1 1 1 6.1
7.2
La pseudosolución es n = −2. 657 1, m = 0. 974 29 y por consiguiente la recta de mejor ajuste en el sentido de los mínimos cuadrados es y = 0. 974 29x − 2. 657 1.
De esta forma, para estimar estimar las ventas con 14 vendedores sólo debemos sustituir x = 14 en la anterior relación: y = 0. 974 29 · 14 + −2. 657 1 = 10. 983. Es decir, con 14 vendedores se estima una volumen ventas de 10. 983 millones de euros. En la Figura 2 hemos representado la nubes de puntos, la recta de mejor aproximación y la predicción de ventas con 14 vendedores.
Ventas en Millones de Euros
10.983
Número de Vendedores
14
Figura 2: Nube de puntos, recta de mejor aproximación y estimación de ventas. 48. Encontrar la ecuación cúbica y = ax3 + bx2 + cx + d que mejor se ajusta a la nube de puntos (−2, −8), (−1, −1), (0, 3), (1, 1), (2, −1), (3, 0). Solución:
Imponiendo que los puntos de la nube pertenezcan a la cúbica y = ax3 +bx2 +cx+d, conseguimos el sistema de ecuaciones −8a + 4b − 2c + d = −8 −a + b − c + d = −1 d=3 a+b+c+d =1 8a + 4b + 2c + d = −1 27a + 9b + 3c + d = 0
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn . Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados
56
La matriz de coeficientes del sistema es
−8 −1 0 A= 1 8 27
4 −2 1 1 −1 1 0 0 1 1 1 1 4 2 1 9 3 1
−8 −1 a 3 t b t y el término indendiente p = 1 . Así, el sistema normal asociado A A c = A p tiene −1 d 0 por ecuaciones 859a + 243b + 115c + 27d = 58 243a + 115b + 27c + 19d = −36 115a + 27b + 19c + 3d = 16 27a + 19b + 3c + 6d = −6
−8 4 −2 1 −8 −1 0 1 8 27 859 243 115 27 −1 1 −1 1 4 1 0 1 4 9 0 1 0 0 = 243 115 27 19 y pues At A = −2 −1 0 1 2 3 1 1 115 27 19 3 1 1 1 1 1 1 1 1 27 19 3 6 8 4 2 1 27 9 3 1 −8 −8 −1 0 1 8 27 58 −1 4 1 0 1 4 9 3 −36 At p = −2 −1 0 1 2 3 1 = 16 . −1 1 1 1 1 1 1 −6 0
Aplicando el método de Gauss (con paciencia) al sistema cuadrado anterior, se obtiene como 5 44 única pseudosolución a = 49 , b = − 137 84 , c = 36 , d = 21 y por tanto la cúbica que mejor se ajusta 5 44 2 en el sentido de los mínimos cuadrados tiene por ecuación y = 49 x3 − 137 84 x + 36 x + 21 .
En la Figura 3 puede contemplarse la representación gráfica del polinomio cúbico de mejor aproximación y la nube de puntos.
49. En un experimento para determinar la capacidad de orientación de una persona, se coloca a un individuo en una habitación especial y después de un cierto tiempo en ella se le pide que encuentre el camino de salida en un laberinto. Los resultados que se obtienen son: Tiempo en una habitación (horas) Tiempo en salir del laberinto (minutos)
1 0.8
2 2.1
3 2.6
4 3
5 3.1
6 3.3
Encontrar la recta que mejor se aproxime a los datos anteriores y estimar el tiempo que tardaría en salir una persona que hubiera permanecido en la habitación 10 horas. Solución:
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn . Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados
57
y
y=4/9x3-137/84x2+5/36x+44/21
x
Figura 3: Nube de puntos y cúbica de mejor aproximación en el sentido de los mínimos cuadrados. Denotemos mediante y = mx + n la recta que buscamos. Si esta recta pasa por los puntos (1, 0.8), (2, 2.1), (3, 2.6), (4, 3), (5, 3.1) y (6, 3.3), entonces se obtiene el sistema de ecuaciones m + n = 0.8 2m + n = 2.1 3m + n = 2.6 4m + n = 3 5m + n = 3.1 6m + n = 3.3
1 2 3 La matriz de coeficientes del sistema anterior es A = 4 5 6
1 1 1 y el término independiente 1 1 1
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn . Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados
0.8 2.1 2.6 b= 3 . Por tanto, 3.1
58
3.3
t
AA =
t
Ab =
µ
1 2 3 4 5 1 1 1 1 1
µ
1 2 3 4 5 1 1 1 1 1
así que el sistema normal asociado es ½
1 1 ¶ ¶ 2 1 µ 6 3 1 = 91 21 21 6 1 4 1 5 1 6 1 0.8 ¶ ¶ 2.1 µ 6 2.6 = 60. 1 , 14. 9 1 3 3.1 3.3
y
91m + 21n = 60. 1 21m + 6n = 14. 9
Resolviendo este sistema obtenemos como única pseudosolución m = 0.454 29, n = 0.893 33 y en consecuencia la recta de mejor aproximación en el sentido de los mínimos cuadrados es y = 0.454 29x + 0.893 33. Si una persona permanece 10 horas en la habitación, entonces, atendiendo a la recta anterior, el tiempo estimado para salir del laberinto es y = 0.45429 · 10 + 0.89333 = 5. 4362. En la Figura 4 hemos representado la nube de puntos junto con la retca de mejor aproximación en el sentido de los mínimos cuadrados y la estimación obtenida.
Boletín 2. El Espacio Vectorial Rn . Ortogonalidad y Mínimos Cuadrados
59
Tiempo en salir del laberinto (en minutos)
5.4362 y= 0.45429x+0.89333
3.3 3.1 3 2.6 2.1
0.8
1
2
3
4 5 6 Tiempo en la habitación (en horas)
10
Figura 4: Nube de puntos y recta de mejor aproximación para el problema del laberinto.
Boletín 3. Diagonalización de Matrices 1. Obtener los autovalores y bases para los subespacios propios asociados a cada autovalor de las siguientes matrices µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ 4 0 1 10 −9 0 3 0 0 1 0 , , , , −2 1 0 , 4 −2 4 0 0 0 0 1 −2 0 1 −1 0 1 5 0 1 −1 3 0 , 1 1 0 . −4 13 −1 −7 1 0 Solución:
• El polinomio característico de la matriz A =
µ
10 −9 4 −2
¶
es
¯ ¯ ¯ ¯ 10 − λ −9 ¯ = (10 − λ) (−2 − λ) + 36 = λ2 − 8λ + 16. pA (λ) = det(A − λI) = ¯¯ 4 −2 − λ ¯
Los autovalores son las soluciones de pA (λ) = 0; es decir, de λ2 − 8λ + 16 = 0. La resolución de esta ecuación de segundo grado nos proporciona como único autovalor de A λ1 = 4 con multiplicidad algebráica (m.a) m1 = 2. Para calcular el subespacio © ª propio de A asociado al autovalor λ1 = 4, V (λ1 ) = V (4) = v ∈ R2 : (A − λ1 I) v = 0 , debemos resolver el sistemas homogéneo (A − λ1 I) v = 0. Puesto µ ¶ µ ¶ 6 −9 x que (A − λ1 I) = A − 4I = , poniendo v = , el sistema homogéneo es 4 −6 y ½ 6x − 9y = 0, 4x − 6y = 0. Como sabemos, el sistema anterior es compatible indeterminado (pues λ1 = 4 es autovalor de la matriz A y así A − 4I es no regular) y es directo observar que se reduce a la única ecuación ½ 2x −33y = 0. Las infinitas soluciones de esta ecuación pueden escribirse en al ©¡ 3 ¢ª x = 2t forma es base V (λ1 ). Nótese que con t ∈ R y por consiguiente, 2, 1 y=t ¡©¡ 3 ¢ª¢ también podemos elegir como base el conjunto {(3, 2)}, es decir, V (λ1 ) = lin = 2, 1 lin ({(3, 2)}). Podemos µ ¶comprobar que los cálculos está bien hechos observando que Av = 4v, siendo 3 v= . En efecto, 2 Av =
µ
10 −9 4 −2
¶µ
3 2
60
¶
=
µ
12 8
¶
=4
µ
3 2
¶
= 4v.
61
Boletín 3. Diagonalización de Matrices
• Cálculamos, en primer lugar, el polinomio característico de la matriz A = ¯ ¯ ¯ −λ ¯ 3 ¯ = λ2 − 12. pA (λ) = det(A − λI) = ¯¯ 4 −λ ¯
µ
0 3 4 0
¶
:
√ √ Las raíces √ de pA (λ) √ son λ1 = 12 = 2 3 con multiplicidad algebráica (m.a.) m1 = 1 y λ2 = − 12 = −2 3 con multiplicidad algebráica (m.a.) m2 = 1. A continuación calculamos los subespacios propios V (λ1 ) y V (λ2 ). Para determinar una base del primer subespacio propio ¶1 ) tenemos que resolver el µ V (λ x sistema homogéneo (A − λ1 I) v1 = 0. Tomando v1 = y teniendo en cuenta que y √ µ ¶ √ −2 3 √3 , las ecuaciones del sistema anterior son (A − λ1 I) = A − 2 3I = 4 −2 3 √ ½ −2 3x + √3y = 0, 4x − 2 3y = 0. Sabemos que el sistema anterior es compatible indeterminado, por tanto, una de las ecuaciones es proporcional a la otra y el sistema puede reducirse a(una sola de las ecuaciones. √
Resolviendo la última de las ecuaciones, la solución general es ³n³ √ ´o´ ¡©¡√ ¢ª¢ 3 V (λ1 ) = lin = lin 3, 2 . 2 ,1
x = 23 t con t ∈ R. Así, y=t
Para determinar una 2 = √ − λ2 I) v¶ µ base µ (A ¶ de V (λ2 ) tenemos que resolver el sistema homogéneo √ x 2 3 √3 0. Tomando v2 = , y teniendo en cuenta que (A − λ2 I) = A+2 3I = y 4 2 3 ½ √ 2 3x + √3y = 0, las ecuaciones del sistema anterior son 4x + 2 3y = 0. Al igual que antes, el sistema puede reducirse a una ( sola de las ecuaciones. Resolviendo √
la última de las ecuaciones, la solución general es ³n³ √ ´o´ ¡©¡ √ ¢ª¢ lin = lin − 23 , 1 − 3, 2 .
x = − 23 t con t ∈ R. Así, V (λ2 ) = y=t
Podemos que √ se satisfacen las relaciones Av1 = λ1 v1 y Av2 = λ2 v2 , siendo µ √ comprobar µ ¶ ¶ 3 − 3 v1 = y v2 = : 2 2 Av1 =
Av2 =
µ
µ
0 3 4 0
0 3 4 0
¶µ √ ¶ µ ¶ µ √ ¶ √ 6 3 3 √ =2 3 = = λ 1 v1 . 2 4 3 2
¶µ
√ ¶ µ µ √ ¶ ¶ √ 6√ − 3 − 3 = −2 3 = = λ2 v2 . 2 2 −4 3 µ
¶ 0 0 • Es directo ver que el único autovalor de la matriz nula A = es λ1 = 0 con m.a. 0 0 m1 = 2. Para el sistema ½ obtener el subespacio propio V (λ1 ) = V (0) tenemos µque resolver ¶ 0 · x + 0 · y = 0, x homogéneo Está claro que cualquier vector v = ∈ R2 es solución 0 · x + 0 · y = 0. y del sistema, por lo que V (λ1 ) = R2 y podemos tomar como base de V (λ1 ) cualquier base de R2 ; por ejemplo, la base canónica {(1, 0) , (0, 1)}.
Boletín 3. Diagonalización de Matrices
62
µ ¶ 1 0 • El único autovalor de la matriz diagonal I = es λ1 = 1 con m.a. m1 = 2. 0 1 µ ¶ 0 0 Como la matriz I − λ1 I = I − I = , de la misma forma que antes, el subespacio 0 0 propio V (λ1 ) es V (λ1 ) = R2 y {(1, 0) , (0, 1)} una base de V (λ1 ). 4 0 1 • Las raíces del polinomio característico de A = −2 1 0 , −2 0 1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 4−λ ¯ 0 1 ¯ 4−λ ¯ ¯ 1 ¯¯ ¯ ¯ ¯ = 0 ¯ = (1 − λ) ¯ pA (λ) = det(A − λI) = ¯ −2 1 − λ −2 1 − λ ¯ ¯ −2 0 1−λ ¯ = (1 − λ) [(4 − λ) (1 − λ) + 2] = (1 − λ) (2 − λ) (3 − λ) ,
son λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 3 y todos ellos tienen m.a. uno. Ahora vamos a calcular bases de cada uno de los subespacios propios. © ª — Como V (λ1 ) = V (4) = N (A − λ1 I) = v ∈ R2 : (A − λ1 I) v = 0 , debemos resolver x el sistema homogéneo (A − λ1 I) v = 0. Poniendo v = y y puesto que A − λ1 I = z 3 0 1 3x + z = 0, A − I = −2 0 0 , el sistema homogéneo es −2x = 0, −2 0 0 −2x = 0. x = 0, y = t, con t ∈ R y Las soluciones de este sistema se pueden escribir en la forma z = 0, por tanto V (λ1 ) = lin ({(0, 1, 0)}) . 2 0 1 — Como A − λ2 I = A − 2I = −2 −1 0 , para determinar el subespacio propio −2 0 −1 2x + z = 0, −2x − y = 0, V (λ2 ) = V (2) tenemos que resolver el sistema homogéneo −2x − z = 0. x = t, Es directo observar que las infinitas soluciones de este sistema son y = −2t, con z = −2t, t ∈ R y por tanto, V (λ2 ) = lin ({(1, −2, −1)}). 1 0 1 — Teniendo en cuenta que A − λ3 I = A − 3I = −2 −2 0 , el sistema homogéneo −2 0 −2 x + z = 0, x = −t, −2x − 2y = 0, Sus infinitas soluciones son y = t, con (A − λ3 I) v = 0 es −2x − 2z = 0. z = t, t ∈ R y por consiguiente, V (λ3 ) = lin ({(−1, 1, 1)}).
63
Boletín 3. Diagonalización de Matrices
−1 0 1 • El polinomio característico de la matriz A = −1 3 0 es −4 13 −1 ¯ ¯ ¯ −1 − λ 0 1 ¯¯ ¯ ¡ ¢ −1 3 − λ 0 ¯¯ = −λ3 + λ2 + λ + 2 = − (λ − 2) λ2 + λ + 1 , pA (λ) = det(A − λI) = ¯¯ ¯ −4 13 −1 − λ ¯ m.a. m1 = 1), pues las soluciones de la luego el único autovalor real de A es λ1 = 2 (con √ 2 −1± 3i ecuación λ + λ + 1 = 0 son complejas: λ = . 2 −3 0 1 0 , el sistema homogéneo (A − λ1 I) v = 0 es Como A − λ1 I = A − 2I = −1 1 −4 13 −3 −3x + z = 0, −x + y = 0, −4x + 13y − 3z = 0. Ahora aplicaremos el método de Gauss para resolver el sistema homogéneo anterior. 0 0 1 0 −1/3 −3 0 1 F1 (−1/3) F21 (1) −1 1 0 −→ −1 1 0 −→ 0 0 F31 (4) 0 0 −4 13 −3 −4 13 −3 1 0 −1/3 1 0 −1/3 0 0 F32 (−13) 0 1 −1/3 0 −→ 0 1 −1/3 0 . 13 0 0 0 0 13 − 3 0 0 ½ 1 x − 3 z = 0, y sus infinitas soluciones Así, el sistema inicial es equivalente al sistema y − 13 z = 0 x = 13 t, y = 13 t, con t ∈ R. Por consiguiente, V (λ1 ) = V (2) = pueden expresarse en la forma z = t, ¡©¡ 1 1 ¢ª¢ lin = lin ({(1, 1, 3)}) . 3, 3, 1 Naturalmente, 1 −1 0 1 2 1 1 A 1 = −1 3 0 1 = 2 = 2 1 . 3 3 −4 13 −1 3 6 5 0 1 • El polinomio carcterístico de la matriz A = 1 1 0 es −7 1 0 ¯ ¯ ¯ 5−λ 0 1 ¯¯ ¯ ¯ 1 1−λ 0 ¯¯ = −λ3 + 6λ2 − 12λ + 8 = − (λ − 2)3 , pA (λ) = det(A − λI) = ¯ ¯ −7 1 −λ ¯
luego el único autovalor de A es λ1 = 2 y su m.a. es m1 = 3. © ª Determinaremos el subespacio propio V (λ1 ) = V (2) = N (A − λ1 I) = v ∈ R2 : (A − λ1 I) v = 0 3 0 1 0 , resolviendo el sistema (A − λ1 I) v = 0. Puesto que A−λ1 I = A−2I = 1 −1 −7 1 −2 3x + z = 0, x − y = 0, el sistema anterior es −7x + y − 2z = 0.
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Boletín 3. Diagonalización de Matrices
Aplicando el método de Gauss 1 0 1/3 3 0 1 0 0 F1 (1/3) F21 (−1) 1 −1 0 1 −1 0 0 −→ 0 −→ F31 (7) −7 1 −1 −7 1 −2 0 0 1 0 1/3 1 0 1/3 1 0 1/3 0 0 0 F2 (−1) F32 (−1) 0 −1 −1/3 0 −→ 0 1 1/3 0 −→ 0 1 1/3 0 0 1 1/3 0 0 0 0 1 1/3 0 0 0 1 ½ x = −3 t, x + 13 z = 0, sus infinitas soluciones son el sistema anterior es equivalente a y = − 13 t, y + 13 z = 0, z = t, ¡©¡ 1 1 ¢ª¢ = lin ({(−1, −1, ) 3}). y por tanto, V (λ1 ) = V (2) = lin −3, −3, 1 5 0 1 −1 −1 −2 −1 Fijémonos que A −1 = 1 1 0 −1 = −2 = 2 −1 . −7 1 0 3 3 6 3
10 −9 0 0 4 −2 0 0 . 2. Calcular los autovalores de la matriz 0 0 −2 −7 0 0 1 2 Solución:
El polinomio característico de la matriz dada es ¯ ¯ ¯ ¯ 10 − λ −9 0 0 ¯ ¯ ¯ 4 −2 − λ 0 0 ¯¯ F34 (2+λ) ¯ = pA (λ) = det(A − λI) = ¯ 0 0 −2 − λ −7 ¯¯ ¯ ¯ 0 0 1 2−λ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 10 − λ ¯ 10 − λ ¯ −9 0 0 −9 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 4 −2 − λ 0 0 4 −2 − λ 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯= =¯ = ¯ 2 ¯ ¯ 0 0 0 −λ 0 0 0 −7 + (2 + λ) (2 − λ) − 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 0 0 1 2−λ 0 0 1 2−λ ¯ ¯ ¯ ¯ 10 − λ ¯ ¯ ¯ −9 0 ¯ ¯ ¡ 2 ¢ ¯ 10 − λ ¢¡ ¢ −9 ¯¯ ¡ 2 ¯ ¯ ¯ 4 −2 − λ 0 = λ + 3 λ2 − 8λ + 16 = = −¯ = λ +3 ¯ ¯ ¯ 4 −2 − λ ¯ 0 0 −λ2 − 3 ¯ ¢ ¡ = λ2 + 3 (λ − 4)2 . Por consiguiente, los autovalores de A (raíces reales del polinomio característico) son λ1 = 4 con m.a. m1 = 2.
3. Comprobar que si λ es un autovalor de A con autovector asociado x, entonces λn es autovalor de An con autovector asociado x. Encontrar los autovalores y bases para los subespacios propios −1 −2 −2 asociados de la matriz A25 , siendo A = 1 2 1 . −1 −1 0 Solución:
Si λ0 es un autovalor de A con autovector asociado x entonces se verifica que Ax = λ0 x ⇒ A2 x = A(Ax) = A (λ0 x) = λ0 Ax = λ20 x y por inducción se tiene que An x = λn0 x. Esto demuestra que λn0 es autovalor de An con autovector asociado x (el mismo que para λ0 ). Si queremos calcular los autovalores y autovectores de A25 es suficiente con que se calculen los de A y se utilice la información anterior.
65
Boletín 3. Diagonalización de Matrices
Calculamos el polinomio característico de la matriz A. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ λ+1 2 2 ¯¯ 2 2 ¯¯ ¯¯ λ + 1 ¯ 0 λ − 1 λ − 1 ¯¯ = |λI − A| = ¯¯ −1 λ − 2 −1 ¯¯ = ¯¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 λ ¯ 1 1 λ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ λ+1 2 ¯ λ+1 2 2 ¯ 0 ¯¯ ¯ ¯ ¯ 0 1 0 ¯¯ = 0 1 1 ¯¯ = (λ − 1) ¯¯ = (λ − 1) ¯¯ ¯ ¯ ¯ 1 1 λ−1 ¯ 1 1 λ ¯ ¯ ¯ λ+1 2 ¯ ¯ = (λ − 1)2 (λ + 1) . Luego los autovalores de A son λ = 1 de m.a.(λ = = (λ − 1)2 ¯¯ 0 1 ¯ 1) = 2 y λ = −1 de m.a.(λ = −1) = 1. Los autovalores de A25 serán 125 = 1 y (−1)25 = −1.
Los autovectores asociados a 125 = 1 para la matriz A25 son los mismos que los asociados a 1 para la matriz A y los asociados a (−1)25 para la matriz A25 son los mismos que los asociados a −1 para la matriz A. Por tanto, calculamos los subespacios propios asociados a 1 y −1 para la matriz A.
Para calcular el subespacio propio V (1) debemos el sistema de ecuaciones homogéneo resolver 2 2 2 x 0 (I − A)x = 0 ⇒ −1 −1 −1 y = 0 . Usamos el método de Gauss y obten1 1 1 z 0 2 2 2 0 1 1 1 0 x = −t − s emos −1 −1 −1 0 −→ 0 0 0 0 ⇒ {x + y + z = 0 ⇒ y=t , luego 1 1 1 0 0 0 0 0 z=s V (1) = lin ({(−1, 1, 0) , (−1, 0, 1)}) .
Ahora obtenemos el subespacio propio V (−1). Igual que antes (−I − A)x = 0 ⇒ 0 2 2 x 0 0 2 2 0 −1 −3 −1 y = 0 . Usamos el método de Gauss y obtenemos −1 −3 −1 0 −→ 1 1 −1 z 0 1 1 −1 0 ½ 1 1 −1 0 1 1 −1 0 1 1 −1 0 x+y−z =0 −1 −3 −1 0 −→ 0 −2 −2 0 −→ 0 1 1 0 ⇒ ⇒ y+z =0 0 0 0 0 0 2 2 0 0 2 2 0 x = 2t y = −t , luego V (−1) = lin ({(2, −1, 1)}) . z=t
Por tanto, los autovalores de A25 son 1 con subespacio propio asociado V (1) = lin ({(−1, 1, 0) , (−1, 0, 1)}) y −1 con subespacio propio asociado V (−1) = lin ({(2, −1, 1)}) . (a) Justificar que el número 0 no puede ser autovalor de una matriz invertible. 1 es autovalor λ
(b) Comprobar que si λ es un autovalor de A con autovector asociado x, entonces de A−1 con autovector asociado x.
−2 2 3 (c) Encontrar los autovalores y autovectores de A−1 , siendo A = −2 3 2 . −4 2 5 Solución:
(a) Si λ = 0 fuese autovalor de A debe existir algún vector x 6= 0 tal que Ax = 0 y de aquí deducimos que no existe la inversa de A.
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Boletín 3. Diagonalización de Matrices
(b) Si A tiene inversa y λ0 6= 0 es un autovalor de A con autovector asociado u, entonces se verifica Au = λ0 u ⇐⇒ A−1 Au = A−1 (λ0 u) ⇐⇒ u = λ0 A−1 u ⇐⇒ A−1 u = λ10 u. Por tanto 1 −1 con el mismo autovector asociado u. λ0 es autovalor de A (c) Según lo visto en el apartado (b) para calcular los autovectores y autovalores de A−1 no es necesario calcular previamente esta matriz. Es suficiente con que calculemos autovalores y autovectores de A. Calculamos el polinomio característico de A. ¯ ¯ ¯ λ+2 −2 −3 ¯¯ ¯ 2 λ−3 −2 ¯¯ = |λI − A| = ¯¯ ¯ 4 −2 λ − 5 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 2 λ−3 ¯ ¯ 2 ¯ λ−3 −2 ¯¯ −2 ¯¯ ¯= ¯ ¯ ¯ − 3¯ + 2¯ = (λ + 2) ¯ 4 −2 ¯ 4 λ−5 ¯ −2 λ − 5 ¯ ¡ ¢ = (λ + 2) λ2 − 8λ + 11 + 2(2λ − 2) − 3(−4λ + 8) = ¡ 2 ¢ = (λ + 2) λ − 8λ + 11 + (16λ − 28) = λ3 − 6λ2 + 11λ − 6 = (λ − 2)(λ − 1)(λ − 3). Luego los autovalores de A son 1, 2 y 3 y los de A−1 son sus inversos: 1, 12 y 13 . Los autovectores asociados a 1, 12 y 13 para la matriz A−1 son los mismos que los asociados a 1, 2 y 3 para A, respectivamente. A debemos Para calcular el subespaciopropio VA (1) de resolver el sistema de ecuaciones ho3 −2 −3 x 0 mogéneo (I − A)x = 0 ⇒ 2 −2 −2 y = 0 . Usamos el método de Gauss 4 −2 −4 z 0 3 −2 −3 0 2 −2 −2 0 1 −1 −1 0 y obtenemos 2 −2 −2 0 −→ 3 −2 −3 0 −→ 3 −2 −3 0 4 −2 −4 0 4 −2 −4 0 4 −2 −4 0 1 −1 −1 0 1 −1 −1 0 x=t 0 1 0 0 0 1 0 0 y = 0 , luego VA (1) = lin ({(1, 0, 1)}) −→ −→ ⇒ 0 2 0 0 0 0 0 0 z=t −1 y el subespacio propio de A asociado a 1 es VA−1 (1) = VA (1) = lin ({(1, 0, 1)}). Procediendo de la misma forma con los otros autovalores se obtiene VA (2) = VA−1 ( 12 ) = lin {(1, 2, 0)} y VA (3) = VA−1 ( 13 ) = lin ({(1, 1, 1)}). 4. Determinar cuáles de las siguientes matrices son diagonalizables 4 0 0 0 2 −1 0 1 1 −1 0 0 0 2 1 −1 , . 0 1 2 0 0 0 3 2 0 1 4 3 0 0 0 3
µ
¶ µ ¶ 3 0 0 2 0 2 −3 , , 0 2 0 , 1 2 1 −1 0 1 2
Solución:
¶ 2 0 • Los autovalores de la matriz triangular inferior A = son λ1 = 2 con m.a. m1 = 2. 1 2 Ahora debemos determinar la multiplicidad geométrica (m.g.) de este autovalor. Puesto que la m.g. µ1 puede obtenerse mediante µ
µ1 = dim (V (λ1 )) = dim (N (A − λ1 I)) = 2 − rg (A − λ1 I) , sólo tenemos que obtener el rango de la matriz A − λ1 I.
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µ
¶ , luego rg (A − λ1 I) = 1 y por tanto, µ1 = 2−1 = µ ¶ 2 0 1. Así, µ1 = 1 6= 2 = m1 y por consiguiente la matriz A = no es diagonalizable. 1 2 Otra forma: µ ¶ 2 0 Sabemos que la matriz A = sólo posee un autovalor λ1 = 2 con m.a. m1 = 2. Si la 1 2 matriz A fuera diagonalizable, existirían P regular y D diagonal de forma que P −1 AP = D (o equivalentemente, A = P DP −1 ). Sabemos que la diagonal de D está formada por de A y como A posee un ¶ µ los autovalores λ1 0 D P −1 = único autovalore doble λ1 , tenemos que D = = λ1 I. Así, A = P |{z} 0 λ1 =λ1 I ¶ µ µ ¶ 0 2 0 λ 1 −1 = P λ1 IP −1 = λ1 P . | IP {z } = λ1 I = 0 λ1 0 2 Ahora bien, A−λ1 I = A−2I =
0 0 1 0
=I
Puesto que nuestra matriz A no es λ1 I, deducimos que A no puede ser diagonalizable. Nota: Lo visto anteriormente puede generalizarse de la siguiente forma: Sea A ∈ Mn con un único autovalor λ1 de m.a. m1 = n. Entonces, A es diagonalizable si y sólo si A = λ1 I. µ ¶ 2 −3 • El polinomio característico de A = es 1 −1 ¯ ¯ ¯ 2−λ −3 ¯¯ ¯ = λ2 − λ + 1. pA (λ) = det(A − λI) = ¯ 1 −1 − λ ¯ √
Como las raíces de pA (λ) = λ2 − λ + 1 son complejas λ = 1±2 3i , la matriz A no posee ningún autovalor real y se dice que A es no diagonalizable en el cuerpo R de los números reales. 3 0 0 • Como la matriz A = 0 2 0 es triangular inferior sus autovalores son λ1 = 1 con 0 1 2 m.a. m1 = 1 y λ2 = 2 con m.a. m1 = 2. Sabemos que la multiplicidad geométrica (m.g.) satisface la desigualdad 1 6 µ1 6 m1 . Puesto que m1 = 1, deducimos que µ1 = m1 = 1, es decir las multiplicidades algebráicas y geométricas del primer autovalor coinciden. Para calcular la m.g. del segundo autovalor λ2 = 2 debemos obtener el rango de la matriz A − λ2 I. 1 0 0 A − λ2 I = A − 2I = 0 0 0 , luego rg (A − λ2 I) = 2 y por tanto, 0 1 0 µ2 = dim (V (λ2 )) = dim (N (A − λ1 I)) = 3 − rg (A − λ2 I) = 3 − 2 = 1.
3 0 0 En consecuencia, µ2 = 1 6= 2 = m2 y la matriz A = 0 2 0 no es diagonalizable. 0 1 2
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4 0 0 0 1 −1 0 0 son 4, −1, 2 y 3, ya que esta matriz es • Los autovalores de la matriz 0 1 2 0 0 1 4 3 triangular (inferior). Como todos ellos son distintos entre sí la matriz es diagonalizable. 2 −1 0 1 0 2 1 −1 son 2 de m.a.(λ = 2) = 2 y 3 de m.a.(λ = • Los autovalores de la matriz 0 0 3 2 0 0 0 3 3) = 2. Para saber si es o no diagonalizable es suficiente con conocer la dimensión de los subespacios propios V (2) = N (2I − A) y V (3) = N (3I − A). Para ello que es suficiente con 0 1 0 −1 0 0 −1 1 −→ estudie el rango de las matrices (2I − A) y (3I − A). (2I − A) = 0 0 1 −2 0 0 0 1 0 1 0 −1 0 1 0 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 1 −2 −→ 0 0 0 −1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 −1 0 0 1 −1 −→ 0 0 0 1 0 0 0 0 Como el rango de (2I − A) es tres y sabemos que rg(2I − A) + dim (N (2I − A)) = 4 obtenemos que dim V (2) = 1. Tenemos por tanto que la m.a.(λ = 2) no coincide con la m.g.(λ = 2) y por tanto esta matriz no es diagonalizable.
5. Determinar si las siguientes matrices son diagonalizables y en caso afirmativo encontrar una matriz de paso P y obtener P −1 AP. −1 4 −2 5 0 0 0 0 0 −3 4 0 0 0 . 0 , 1 5 0 , −3 1 3 0 1 5 3 0 1 Solución:
−1 4 −2 0 es • El polinomio característico de la matriz A = −3 4 −3 1 3
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ −1 − λ ¯ −1 − λ 4 −2 ¯¯ 4 −2 ¯¯ ¯ ¯ F32 (−1) 4−λ 0 ¯¯ = ¯¯ −3 4−λ 0 ¯¯ = pA (λ) = det(A − λI) = ¯¯ −3 ¯ −3 ¯ ¯ 1 3−λ 0 −3 + λ 3 − λ ¯ ¯ ¯ ¯ −1 − λ 2 −2 ¯¯ ¯ = (A la segunda columna le sumamos la tercera) ¯¯ −3 4−λ 0 ¯¯ = ¯ 0 0 3−λ ¯ ¯ ¯ ¯ −1 − λ ¡ ¢ 2 ¯¯ = (3 − λ) ¯¯ = (3 − λ) λ2 − 3λ + 2 = (3 − λ) (λ − 1) (λ − 2) . ¯ −3 4−λ
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Luego, los autovalores de A son λ1 = 1, λ2 = 2 y λ3 = 3; todos ellos con m.a. uno y, como sabemos, también con m.g. uno. Como A es de orden tres y posee tres autovalores diferentes deducimos que A es diagonalizable. Para obtener una matriz de paso que diagonalice a A debemos encontrar bases para cada uno de los subespacios propios. © ª — V (λ1 ) = V (1) = N (A − I) = v ∈ R3 : (A − I)v = 0 . −2 4 −2 A − I = −3 3 0 , luego hay que resolver el sistema con matriz ampliada −3 1 2 0 −2 4 −2 −3 3 0 . 0 0 −3 1 2 Aplicando el método deGauss se obtiene 0 0 1 −2 1 −2 4 −2 F1 (−1/2) F21 (3) −3 3 0 −→ −3 0 −→ 3 0 0 F31 (3) 0 0 −3 1 2 −3 1 2 1 −2 1 0 0 0 1 −2 1 1 −2 1 F2 (−1/3) F32 (5) 0 −3 3 0 −→ 0 0 −→ 0 0 , 1 −3 1 −3 0 −5 5 0 0 0 0 −5 5 0 0 0 ½ x − 2y + z = 0 y sus infinitas luego el sistema (A−I)v = 0 es equivalente al sistema y − 3z = 0 x = 5t soluciones pueden escribirse en la forma y = 3t con t ∈ R. Así, V (λ1 ) = lin ({v1 }), z=t siendo v1 = (5, 3, 1). © ª — V (λ2 ) = V (2) = N (A − 2I) = v ∈ R3 : (A − 2I)v = 0 . −3 4 −2 A − 2I = −3 2 0 , luego hay que resolver el sistema con matriz ampliada −3 1 1 0 −3 4 −2 −3 2 0 . 0 0 −3 1 1 De nuevo, aplicamos el método de Gauss. 1 −4/3 2/3 0 0 −3 4 −2 F1 (−1/3) F21 (3) −3 2 0 −→ −3 0 −→ 2 0 0 F31 (3) 0 0 −3 1 1 −3 1 1 1 −4/3 2/3 1 −4/3 2/3 0 0 F2 (−1/2) F32 (3) 0 1 −1 −2 2 0 −→ 0 0 −→ 0 −3 3 0 −3 3 0 0 0 1 −4/3 2/3 0 0 . 1 −2 0 0 0 0 ½ x − 43 y + 23 z = 0 Así, el sistema (A − 2I)v = 0 es equivalente a sus soluciones son y − 2z = 0 x = 2t y = 2t con t ∈ R y V (λ2 ) = lin ({v2 }), siendo v2 = (2, 2, 1). z=t © ª — V (λ3 ) = V (3) = N (A − 3I) = v ∈ R3 : (A − 3I)v = 0 .
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−4 4 −2 Como A − 3I = −3 1 0 es directo observar que el sistema (A − 3I)v = 0 −3 1 0 ½ x=t −4x + 4y + −2z = 0 es equivalente al sistema y sus soluciones son y = 3t con −3x + y = 0 z = 4t t ∈ R. Luego, V (λ3 ) = lin ({v3 }), siendo v3 = (1, 3, 4). 5 2 1 ¢ ¡ En consecuencia, la matriz de paso es P = v1 v2 v3 = 3 2 3 y 1 1 4 λ1 0 0 1 0 0 P −1 AP = D = 0 λ2 0 = 0 2 0 . 0 0 λ3 0 0 3
5 0 0 • Los autovalores de la matriz 1 5 0 son λ = 5 de m.a.(λ = 5) = 3. Calculamos 0 1 5 ahora la m.g. de este autovalor. con que estudiemos el rango de la Paraello es suficiente 0 0 0 1 0 0 matriz (5I − A) = 1 0 0 −→ 0 1 0 . Esta matriz tiene rango dos por tanto 0 1 0 0 0 0 m.g.(λ = 5) = dim V (5) = 3 − rg(5I − A) = 1. Como la m.a.(λ = 5) y la m.g.(λ = 5) no coinciden tenemos que la matriz no es diagonalizable. (Véase la Nota del Ejercicio 4). 0 0 0 • Los autovalores de 0 0 0 son λ = 0 de m.a.(λ = 0) = 2 y λ = 1 de m.a.(λ = 1) = 1. 3 0 1 Calculamos la m.g. del autovalor λ = 0 (del autovalor λ = 1 sabemos que m.a.(λ = 1) = m.g.(λ = 1) = 1). 0 0 0 Necesitamos estudiar el rango de la matriz (0I − A) = 0 0 0 , que claramente −3 0 −1 es uno. Por tanto, m.g.(λ = 0) = dim V (0) = 3 − rg(0I − A) = 2. Como la m.a.(λ = 0) = m.g.(λ = 0) = 2 y m.a.(λ = 1) = m.g.(λ = 1) = 1 se tiene que esta matriz es diagonalizable. En este ejercicio nos piden además que obtengamos la matriz de paso P y la matriz diagonal P −1 AP = D. Tenemos que encontrar una base de V (0) y para ello resolvemos el sistema de ecuaciones homogéneo (0I − A) x = 0. 0 0 0 0 x1 x1 = −t © x3 0 0 x2 x = s , luego = 0 ⇒ x1 + 3 = 0 ⇒ 0 2 x3 = 3t x3 0 −3 0 −1 V (1) = lin ({(−1, 0, 3) , (0, 1, 0)}) . Ahora buscamos una base de V (1) y para ello resolvemos el sistema de ecuaciones homogéneo (I − A) x = 0. ½ 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 x1 x1 = 0 0 1 0 x2 = 0 ⇒ 0 1 0 0 0 1 0 0 ⇒ −→ ⇒ x2 = 0 x3 0 −3 0 0 0 0 0 0 0 −3 0 0 x1 = 0 x2 = 0 , luego V (1) = lin ({(0, 0, 1)}) . x3 = t
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0 0 0 −1 0 0 Por tanto, P = 0 1 0 y D = P −1 AP = 0 0 0 . Observemos que |P | = 0 0 1 −3 0 1 −1 6= 0, por lo tanto los tres autovectores obtenidos son linealmente independientes.
6. Encontrar una matriz cuadrada de orden dos cuyos autovalores sean 1 y 2 y tal que V (1) = lin {(1, 1)} y V (2) = lin {(1, 0)} . Solución:
Sabemos que una matriz de orden dos que tenga dos autovalores distintos es diagonalizable y que una matriz de paso está determinada por µ ¶ los autovectores µ ¶ linealmente independientes. En 2 0 1 1 este caso, A = P DP −1 , donde D = yP = 0 1 0 1 µ µ ¶ µ ¶ ¶ 1 1 1 0 1 −1 1 0 1 −1 −1 −1 : = −→ y . Por tanto, P Calculamos P 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 µ ¶µ ¶µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ 1 1 2 0 1 −1 2 1 1 −1 2 −1 A= = = . 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 µ ¶µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶µ ¶ µ ¶ 2 −1 1 2 1 2 −1 1 1 Comprobamos que = =2 y = . 0 1 0 0 0 0 1 1 1 7. Encontrar una matriz cuadrada de orden tres cuyos ªautovalores sean −1 y 2 y tal que V (2) = © lin {(1, 1, −1)} y V (−1) = (x, y, z) ∈ R3 : x − z = 0 . Solución:
Como en el ejercicio 6, debemos encontrar una matriz de paso y su correspondiente matriz diagonal. Para ello, hay que encontrar bases de los subespacio propios. Resolviendo el sistema x−z = 0, se obtiene que V (−1) = lin ({(0, 1, 0), (1, 0, 1)}). Así, utilizando que V (2) = lin {(1, 1, −1)} , deducimos que 0 1 1 −1 0 0 1 P −1 AP = D, siendo P = 1 0 y D = 0 −1 0 . 0 1 −1 0 0 2 Por consiguiente, sólo debemos calcular la inversa de P para determinar la matriz A. Dejamos dicho cálculo al alumno y finalmente encontramos 1 1 0 1 1 0 − 32 −1 0 0 − 2 1 12 2 1 0 −1 0 21 0 12 = 23 −1 − 32 . A = P DP −1 = 1 0 1 1 0 − 12 0 1 −1 − 32 0 0 0 2 2 2
6 µ ¶10 −1 7 −1 1 0 , 8. Calcular 0 1 0 −1 2 0 15 −2 Solución:
Calcular la potencia de cualquier matriz es un proceso complicado en cuanto a la cantidad de cálculos a realizar. Sólo si la matriz es diagonal o diagonalizable es sencillo de calcular. Si A = P DP −1 , entonces An = P Dn P −1 y Dn = diag(λn1 , λn2 , ...λnp ).
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−1 7 −1 • Para calcular A6 , siendo A = 0 1 0 vemos primero si es diagonalizable y 0 15 −2 buscamos las matrices P y D. Calculamos el ¯ de A : ¯ polinomio característico ¯ ¯ ¯ λ+1 −7 1 ¯¯ ¯ ¯ λ−1 ¯ 0 ¯ = (λ + 1) (λ − 1) (λ + 2), 0 λ−1 0 ¯¯ = (λ + 1) ¯¯ |λI − A| = ¯¯ −15 λ + 2 ¯ ¯ ¯ 0 −15 λ + 2 luego los autovalores son λ = 1, λ = −1 y λ = −2. Como A es de orden tres y los tres autovalores son distintos la matriz es diagonalizable. Para calcular la matriz de paso P obtenemos bases de los subespacios propios asociados a cada autovalor. Para λ =1, tenemos que V (1) = N (I − A). resolviendo el Y una base de V (1) se obtiene ½ 2 −7 1 x 0 x=t 2x − 7y + z = 0 0 0 0 y 0 y = t , luego sistema = =⇒ =⇒ −15y + 3z = 0 0 −15 3 z 0 z = 5t V (1) = lin ({(1, 1, 5)}) . Para λ = −1, V (−1) base de V (−1) se obtiene resolviendo = N (−I−A). Y una tenemos que x 0 0 −7 1 −7y + z = 0 x=t −2y = 0 =⇒ y = 0 , luego el sistema 0 −2 0 y = 0 =⇒ 0 z 0 −15 11 −15y + z = 0 z=0 V (−1) = lin ({(1, 0, 0)}) . Para λ = −2, tenemos que V (−2) =N(−2I− A). Y una base de V (−2) se obtiene ½ 0 −1 −7 1 x −x − 7y + z = 0 resolviendo el sistema 0 −3 0 y = 0 =⇒ =⇒ y=0 0 z 0 −15 0 x=t y = 0 , luego V (−2) = lin ({(1, 0, 1)}). z=t −1 6 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 −315 63 −1 7 −1 1 0 . Por último, 0 1 0 = 0 1 0 0 1 0 0 1 0 = 0 0 5 1 0 0 64 0 5 1 0 −315 64 0 15 −2 µ ¶ 1 0 • La matriz A = es diagonalizable, pues es de orden dos y posee dos autovalores −1 2 diferentes λ1 = 1, λ2 = 2. Seguidamente, calcularemos una matriz de paso a partir de las bases de los subespacios propios. µ ¶ 0 0 Como A − λ1 I = A − I = , V (λ1 ) ≡ {−x + y = 0 y por tanto V (λ1 ) = −1 1 lin ({(1, 1)}). µ ¶ −1 0 Puesto que A − λ2 I = A − 2I = , es directo ver que V (λ2 ) = lin ({(0, 1)}). −1 0 µ ¶ 1 0 Consecuentemente, la matriz de paso es P = , la matriz diagonal es D = 1 1 µ ¶ 1 0 y 0 2 µ ¶µ ¶ µ 10 ¶−1 µ ¶ 1 0 1 0 0 1 0 1 10 10 −1 A = PD P = = . 1 1 0 210 1 1 −1023 1024
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9. Encontrar una matriz de paso ortogonal que diagonalize ortogonalmente a cada una de las siguientes matrices. µ ¶ 1 1 0 2 −1 −1 3 2 4 5 4 2 6 −2 , 1 1 0 , −1 2 −1 , 2 0 2 , 4 5 2 . −2 3 0 0 0 −1 −1 2 4 2 3 2 2 2 Solución: Todas las matrices de este ejercicio puede diagonalizarse mediante una matriz de paso ortogonal, pues son simétricas. µ ¶ 6 −2 • El polinomio característico de A = es −2 3 ¯ ¯ ¯ 6−λ −2 ¯¯ ¯ = λ2 − 9λ + 14 = (λ − 2) (λ − 7) , pA (λ) = det(A − λI) = ¯ −2 3 − λ ¯ sus autovalores son λ1 = 2, λ2 =µ7 y los dos¶tienen m.a. uno. 4 −2 La matriz A − λ1 I es A − 2I = , luego V (λ1 ) ≡ {−2x + y = 0 y así V (λ1 ) = −2 1 lin ({(1, 2)}) . µ ¶ −1 −2 Como A−λ1 I = A−7I = , unas ecuaciones implícitas de V (λ2 ) son −x−2y = −2 −4 0 y por tanto, V (λ2 ) = lin ({(−2, 1)}). Nótese que, como A es simétrica, V (λ1 ) ⊥V (λ2 ). Podemos comprobar esto viendo que (1, 2) · (−2, 1) = 0. Para obtener una matriz de paso ortogonal debemos ortonormalizar cada base de los subespacios propios. En este caso es sencillo, pues las bases de los dos subespacios propios tienen un único vector y la ortornormalización se lleva a cabo normalizando los vectores v1 = (1, 2) ¡ ¢ y v2 = (−2, 1). Por tanto, la matriz da paso ortogonal es Q = w1 w2 , siendo ¶ ¶ µ µ 1 2 v1 v2 −2 1 = √ ,√ = √ ,√ w1 = y w2 = kv1 k kv2 k 5 5 5 5 y se satisface −1
Q
t
AQ = Q AQ = D =
µ
2 0 0 7
¶
.
1 1 0 • Calculamos el polinomio característico de la matriz A = 1 1 0 0 0 0 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ λ−1 −1 0 ¯¯ ³ ´ ¯ λ−1 ¯ ¡ ¢ −1 ¯¯ 2 ¯ ¯ ¯ = λ (λ − 1) − 1 = λ λ2 − 2λ = |λI − A| = ¯ −1 λ − 1 0 ¯ = λ ¯ ¯ −1 λ − 1 ¯ 0 0 λ ¯ λ2 (λ − 2), luego los autovalores son λ = 0 de m.a.(λ = 0) = 2 y λ = 2 de m.a.(λ = 2) = 1 Obtenemos el subespacio propio asociado al autovalor λ = 0. Para ello debemos resolver el sistema de ecuaciones homogéneo (0I − A) x = 0. −1 −1 0 0 x −1 −1 0 0 1 1 0 0 −1 −1 0 y = 0 ⇒ −1 −1 0 0 −→ 0 0 0 0 ⇒ {x + y = 0 ⇒ 0 0 0 z 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x = −t x = t , luego V (0) = lin ({(−1, 1, 0) , (0, 0, 1)}) . z=s
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Obtenemos el subespacio propio asociado al autovalor λ = 2. Para ello debemos resolver el sistema de ecuaciones homogéneo (2I − A) x = 0. 1 −1 0 0 1 −1 0 0 0 1 −1 0 x −1 0 1 0 ⇒ 1 0 0 −→ 0 1 0 y = 0 ⇒ −1 0 0 0 0 0 0 0 −2 0 z 0 0 −2 ½ x=t x−y =0 x = t , luego V (2) = lin ({(1, 1, 0)}). ⇒ z=0 z=0 Como los autovalores de la matriz {(−1, 1, 0) , (0, 0, 1) , (1, 1, 0)} son ortogonales, normalizando obtenemos una base de vectores ortonormales matriz de paso ortogonal. Por y una − √12 0 √12 la tanto una matriz de paso ortogonal será P = √12 0 √12 y la matriz diagonal 0 1 0 0 0 0 será D = 0 0 0 . 0 0 2 2 −1 −1 • El polinomio característico de A = −1 2 −1 es −1 −1 2 ¯ ¯ ¯ 2−λ −1 −1 ¯¯ ¯ −1 ¯¯ = −λ3 + 6λ2 − 9λ = −λ (λ − 3)2 , pA (λ) = det(A − λI) = ¯¯ −1 2 − λ ¯ −1 −1 2 − λ ¯
luego sus autovalores son λ1 = 0 con m.a. m1 = 1 y λ2 = 3 con m.a. m2 = 2.
— Para determinar una base del primer subespacio propio V (λ1 ) debemos resolver el de ¢Gauss al sistema con sistema (A − λ1 I)¡ v = 0. Para ¢ello ¡aplicaremos el¢ método ¡ matriz ampliada A − λ1 I 0 = A − 0I 0 = A 0 . 1 −1/2 −1/2 2 −1 −1 0 0 ¡ ¢ F1 (1/2) F1 (1) A 0 = −1 0 −→ −1 0 −→ 2 −1 2 −1 F31 (1) 0 0 −1 −1 2 −1 −1 2 1 −1/2 −1/2 1 −1/2 −1/2 0 0 F2 (2/3) F32 (3/2) 0 0 1 −1 3/2 −3/2 0 0 −→ −→ 0 −3/2 3/2 0 −3/2 3/2 0 0 0 1 −1/2 −1/2 0 0 . Así, el sistema homogéneo (A − λ1 I) v = 0 es equiva1 −1 0 0 0 0 ½ x=t 1 1 x − 2y − 2z = 0 lente al sistema sus infinitas soluciones son y = t y por tany−z =0 z=t este vector obtenemos una base to, {(1, 1, 1)} es una base de Vn³ (λ1 ). Normalizando ´o 1 1 1 √ ,√ ,√ es una base ortonormal de V (λ1 ). ortonormal de V (λ1 ); es decir, 3 3 3 −1 −1 −1 — La matriz A−λ2 I es A−λ2 I = A−3I = −1 −1 −1 , luego unas ecuaciones im−1 −1 −1 plícitas de V (λ2 ) son {−x − y − z = 0 y por consiguiente {u1 = (1, 0, −1), u2 = (0, 1, −1)} es una base del segundo ´ propio V (λ2 ). Nótese que los vectores u1 y u2 son ³ subespacio 1 √1 √1 √ , 3 , 3 ; así que, como ya sabíamos, V (λ1 ) ⊥V (λ2 ). ortogonales al vector 3
75
Boletín 3. Diagonalización de Matrices
Como necesitamos una matriz de paso ortogonal debemos encontrar una base ortonormal de V (λ2 ). Para ello, aplicaremos el método de Gram-Schmidt a la base {u1 = (1, 0, −1), u2 = (0, 1, −1)}. ³ ´ −1 . Tomamos v1 = u1 y elegimos w1 = kvv11 k = √12 , 0, √ 2 ³ ´ ¡ ¢ −1 = − 12 , 1, − 12 y Ahora tomamos v2 = u2 − (u2 · w1 ) · w1 = (0, 1, −1) − √12 √12 , 0, √ 2 | {z } = √1
³ ´ −1 √2 √ −1 , , . Por tanto, normalizando conseguimos el vector w2 = kvv22 k = √ 6 6 6 n ³ ³ ´ ´o −1 −1 √2 √ w1 = √12 , 0, √ , 6 , −16 , w2 = √ es base ortonormal del subespacio propio V (λ2 ). 2 6 2
Uniendo las dos bases ortonormales de los subespacios propios, conseguimos una base ortornormal de R3 y por tanto, una matriz ortogonal. Es decir, la matriz de paso ortogonal es 1 1 −1 √ 3
Q = √13 √1 3
y la matriz diagonal es
√ 2
0
−1 √ 2
√ 6 √2 6 −1 √ 6
λ1 0 0 0 0 0 D = 0 λ2 0 = 0 3 0 . 0 0 λ2 0 0 3
3 2 4 • El polinomio característico de A = 2 0 2 es 4 2 3
¯ ¯ ¯ 3−λ 2 4 ¯¯ ¯ −λ 2 ¯¯ = − (λ − 8) (λ + 1)2 pA (λ) = det(A − λI) = ¯¯ 2 ¯ 4 2 3−λ ¯
y por tanto, los autovalores de A son λ1 = 8 con m.a. m1 = 1 y λ2 = −1 con m.a. m2 = 2. Las siguientes deduciones se dejan al alumno. ¢ª ¡©¡ 1 ¢ª¢ © ¡ V (λ1 ) = lin 1, 2 , 1 y v1 = 23 , 13 , 23 es una base ortonormal de V (λ1 ). ´ n ³ ³ √ √ ´o ¡© ¡ ¢ª¢ 1 −1 8 √ √ V (λ2 ) = lin (−1, 0, 1) , −1 , v , 0, 1 v = , 0, = y el conjunto 0 48 2 3 2 4 2 2 es una base ortonormal de V (λ2 ). Luego la matriz de paso ortogonal es 2 −1 √8 √ 4 2 ¢ 13 ¡ Q = v1 v2 v3 = 3 0 √0 2 3
√1 2
8 4
y la matriz diagonal 8 0 0 λ1 0 0 0 . D = 0 λ2 0 = 0 −1 0 0 λ2 0 0 −1
76
Boletín 3. Diagonalización de Matrices
5 4 2 • Calculamos el polinomio característico de la matriz A = 4 5 2 2 2 2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ λ−5 ¯ ¯ −4 −2 ¯ ¯ ¯ λ−5 −2 ¯¯ ¯¯ −4 λ − 5 ¯¯ −2 ¯¯ ¯¯ −4 ¯ ¯ ¯ = +4 −2 |λI − A| = ¯ −4 λ − 5 −2 ¯ = (λ − 5) ¯ −2 ¯ −2 λ − 2 ¯ ¯ −2 λ − 2 ¯ ¯ −2 ¯ −2 −2 λ − 2 ¯ = λ3 − 12λ2 − 21λ − 10 = (λ − 1)2 (λ − 10). Luego los autovalores son λ = 1 de m.a.(λ = 1) = 2 y λ = 10 de m.a.(λ = 10) = 1. Obtenemos el subespacio propio asociado al autovalor λ = 1. Para ello debemos resolver el sistema de ecuaciones homogéneo (I − A) x = 0. −4 −4 −2 x 0 −4 −4 −2 0 1 1 12 0 −4 −4 −2 y = 0 ⇒ −4 −4 −2 0 −→ 0 0 0 0 ⇒ 0 0 0 0 −2 −2 −1 z 0 −2 −2 −1 0 x = −t − s © x + y + 12 z = 0 ⇒ x=t , luego V (0) = lin ({(−1, 1, 0) , (−1, 0, 2)}) . z = 2s Obtenemos el subespacio propio asociado al autovalor λ = 10. Para ello debemos resolver el sistema de ecuaciones homogéneo (10I − A) x = 0. 5 −4 −2 x 0 5 −4 −2 0 1 1 −4 0 −4 5 −2 y = 0 ⇒ −4 5 −2 0 −→ 0 1 −2 0 −2 −2 8 z 0 −2 −2 8 0 0 0 0 0 ½ x = 2t x + y − 4z = 0 ⇒ ⇒ x = 2t , luego V (10) = lin ({(2, 2, 1)}) .Comprobamos que los y − 2z = 0 z=t autovectores correspondientes a autovalores distintos nos salen ortogonales (−1, 1, 0) . (2, 2, 1) = 0 y (−1, 0, 2) (2, 2, 1) = 0. −1 −1 2 Una matriz de paso sería P = 1 0 2 , pero esta matriz no es ortogonal. Bus0 2 1 camos una matriz de paso P que sí sea ortogonal. Para ello seleccionamos una base de V (1) que sea ortogonal por el método de Gram-Schmidt v1 = u1 = (−1, 1, 0) ¡ 1 1 ¢ .v1 1 v2 = u2 − uv12.v v = (−1, 0, 2)− (−1, 1, 0) = − 2 , − 2 , 2 . Tomamos como v2 = (−1, −1, 4) . 1 2 1 Comprobamos v1 .v2 = 0 y que (2, 2, 1) . (−1, −1, 4) = 0. Ahora tenemos una base ortogonal de autovectores {(2, 2, 1) , (−1, 1, 0) , (−1, −1, 4)} . Normalizando esta una base1 obtenemos 2 1 √ √ − 2 − 18 3 base ortonormal y la matriz de paso ortogonal que buscábamos: P = √12 − √118 32 . 2 √4 0 3 18
10. Los autovalores de una matriz simétrica A, de orden tres, son 1, −2 y 3 y los subespacios propios asociados son V (1) = lin {(1, 1, −1)} , V (−2) = lin {(0, 1, 1)} . Obtener una base para V (3) y averiguar cuál es la matriz A. Solución: Como A es simétrica los autovectores correspondientes a autovalores distintos½son ortogonales, x+y−z =0 de aquí V (3) ⊥ V (1) y V (3) ⊥ V (−2). Por tanto (x, y, z) ∈ V (3) si y sólo si y+z =0 es decir, V (3) = lin ({(2, −1, 1)}) .
77
Boletín 3. Diagonalización de Matrices
√1 3 Por último, A = P DP T = √13 −1 √ 3 1 1 1 6 √ √ √ 0 √6 3 3 3 √1 √ −2 −3 √ √1 0 = 3 2 6 2 −1 −2 −1 √ √ √3 √2 √ 3 2 6 6 6
0
√2 6 −1 √ 6 √1 6
√1 1 0 0 3 0 −2 0 0 √2 0 0 3
√1 2 √1 2 −1 √ 14 3 6 √1 = − 46 2 4 √1 6 6
6
√1 3 √1 2 −1 √ 6
−1 √ 3 √1 2 √1 6
4
− 46 − 16 − 11 6
=
6
. − 11 6 1 −6
11. De simétrica de orden tres se sabe que tiene por autovalores 1 y −1 y que V (1) = ª © una matriz (x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0 . Obtener la matriz. Solución:
Como A es simétrica de orden tres tiene tres autovalores reales, y los autovectores correspondientes a autovalores distintos son ortogonales. Como dim(V (1)) = 2, tenemos (ya que A es simétrica y por tanto diagonalizable) que m.a.(λ = 1) = m.g(λ = 1) = 2 y m.a.(λ = −1) = m.g(λ = −1) = 1. ª © Como V (1) = (x, y, z) ∈ R3 : x + y + z = 0 = lin ({(1, −1, 0), (0, 1, −1)}) y se debe verificar ⊥ se tiene que V (−1) = lin ({(1, 1, 1)}) . Por tanto A = P DP −1 donde que V(−1) = V (1) 1 1 0 −1 0 0 P = 1 −1 1 y D = 0 1 0 . Si queremos calcular A, tendríamos que calcular 1 0 −1 0 0 1 previamente P −1 . Ahora bien, como A es simétrica, sabemos que se puede seleccionar una matriz de paso P que sea ortognal con lo que obtendríamos P −1 = P T . Utilizamos el método de Gram-Schmidt para ortonormalizar la base de V (1). v1 = (1, −1, 0)
v2 = (0, 1, −1) − −1 2 (1, −1, 0) =
¡1 1 ¢ 2 , 2 , −1 . Tomamos como v2 = (1, 1, −2) .
Comprobamos que (1, −1, 0). (1, 1, −2) = 0, (1, = 0 y (1, 1, 1).(1, −1, 0) = 0. La 1, 1). (1, 1, −2)
matriz de paso que estamos buscando es P =
y la matriz A = −1
=
√ 3 −1 √ 3 −1 √ 3
√1 2 −1 √ 2
0
√1 6 √1 6 −2 √ 6
√1 3 √1 3 √1 3
√1 2 −1 √ 2
0 √1 3 √1 2 √1 6
√1 3 √1 3 √1 3
√1 2 −1 √ 2
0
√1 6 √1 6 −2 √ 6 1 √ √1 3 3 −1 √ 0 = 2 −2 √1 √ 6 6
√1 √1 −1 0 0 6 3 √1 √1 0 1 0 6 2 −2 √ √1 0 0 1 6 6 1 1 √ √ 1 −2 −2 3 3 −1 √ 0 1 −2 . = 13 −2 2 1 −2 √ √ −2 −2 1 6 6
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones dy d2 y , 1. Suponiendo que la ecuación define a y como función implícita de x calcular en el punto dx dx2 indicado. Obtener también, en cada caso, la ecuación de la recta tangente a la curva en el punto indicado. ¡ ¢ (a) x2 + 9 y 2 = x2 − 9
(b) tg (x + y) = x
A(3, 0).
A(0, 0).
Solución: ¡ ¢ (a) Derivando de forma implícita respecto de x en la ecuación x2 + 9 y2 = x2 − 9 se obtiene ¡ ¢ 2xy 2 + x2 + 9 2yy 0 = 2x. Ahora, sustituyendo x = 3 e y = 0 en la igualdad anterior se obtiene ¢ ¡ 2 · 32 · 0 + 2 32 + 9 · 0 · y 0 = 2 · 3 (es decir, 0 · y 0 = 6),
luego, en principio, no puede obtenerse la derivada de y en el punto indicado. Fijémosno que la igualdad anterior nos puede indicar que la recta tangente a la curva en el punto indicado puede ser una recta vertical, pues y 0 parece ser “infinito” (esto es, la derivada en este punto parece no estar definida). En la Figura 5 hemos representado la curva en cuestión, donde se observa la recta tangente vertical en el punto (3, 0). (b) Derivamos implíctamente la ecuación tg (x + y) = x y obtenemos 2
(1 + tg (x + y))(1 +
dy ) = 1. dx
dy dy 1 = de esta ecuación y obtenemos − 1. Sustituyendo en 2 dx dx (1 + tg (x + y)) dy 1 (0) = el punto en el punto A(0, 0) que nos piden obtenemos, − 1 = 0. dx (1 + tg2 (0)) dy d2 y )=1y , derivamos impícitamente la ecuación (1 + tg2 (x + y))(1 + Para calcular 2 dx dx obtenemos
Despejamos
2
2 tg (x + y) .(1 + tg (x + y))(1 +
78
2 dy 2 d2 y ) + (1 + tg (x + y)) 2 = 0. dx dx
79
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones y
3
x
¡ ¢ Figura 5: Representación gráfica de la curva definida por x2 + 9 y 2 = x2 − 9.
d2 y dy (0), sustituimos en la ecuación anterior x = 0, y = 0 y dx = 0, dx2 d2 y d2 y obteniendo: 0 + 1. 2 (0) = 0, de donde obtenemos que (0) = 0. dx dx2 dy (a) (x − a) . En este caso y La recta tangente a una curva en el punto A(a, b) es y − b = dx teniendo en cuenta los datos y cálculos realizados obtenemos y = 0. Observamos que este ejercicio puede resolverse también sin derivación implícita ya que y puede despejarse explicítamente en función de x. 1 dy −x2 = − 1 = tg (x + y) = x ⇒ x + y = arctg x ⇒ y = arctg x − x. Entonces dx 1 + x2 1 + x2 2 2 d y dy d y −2x (0) = 0 y = . Por tanto (0) = 0. y 2 2 2 dx dx dx2 (1 + x ) En la Figura 6 representamos, cerca del origen, la curva dada por tg (x + y) = x. Como queremos obtener
y
x
Figura 6: Representación en un entorno del origen de la curva dada por la ecuación tg (x + y) = x. 2. Un punto fijo x0 de una función f es un valor de x para el cual f (x0 ) = x0 . Aproximar el punto fijo de f (x) = cos x con dos cifras decimales exactas. Solución:
80
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones y
y=x
x y=cos x
Figura 7: Intersección de las gráficas de y = cos x e y = x. Nos están pidiendo que resolvamos la ecuación cos x = x. Utilizamos para ello el método de Newton y realizaremos iteraciones hasta que |xn+1 − xn | < 0.01.
Como cos x = x ⇔ cos x − x = 0, tenemos que resolver esta ecuación por el método de Newton. Llamamos g (x) = cos x − x, entonces g 0 (x) = − sen x − 1. Ahora utilizaremos la fórmula g (xn ) xn+1 = xn − 0 . g (xn ) n
xn
g (xn )
g 0 (xn )
1 2 3
0.5 0.7552 0.7391
0.3776 −0.0271 −0.000
−1.4794 −1.6853 −1.6736
g (xn ) g 0 (xn ) −0.2552 0.0169 0.000
xn+1 = xn −
g (xn ) g 0 (xn )
0.7552 0.7391 0.7391
luego la solución es x0 = 0.7391 con un error menor que 0.01. En la Figura 7 representamos las gráficas de la funciones y = cos x e y = x. El punto de intersección de ambas es el punto fijo de la función coseno. 3. Hallar el punto de la gráfica de f (x) = 4 − x2 más cercano al punto (1, 0). Solución:
Si realizamos el dibujo de la gráfica (ver la Figura 8) y del punto A(1, 0) se observa que existe el punto más cercano y podemos pensar en una posible solución. La distancia desde el punto q A(1, 0) a un punto arbitrario q de la gráfica B(x, f (x)) viene
dada por la fórmula d(A, B) = (x − 1)2 + (f (x) − 0)2 = (x − 1)2 + (4 − x2 )2 . Queremos que esta distancia sea mínima. Eso ocurrirá si y sólo si d(A, B)2 es mínima. Por tanto, debemos ¢2 ¡ buscar el mínimo de la función g(x) = (x − 1)2 + 4 − x2 = x4 − 7x2 − 2x + 17. Para ello debemos encontrar los puntos que anulan g 0 (x) = 4x3 − 14x − 2.
Debemos por tanto resolver la ecuación 4x3 − 14x − 2 = 0. Para ello utilizamos el método de Newton. Llamamos h(x) = 4x3 − 14x − 2, por lo tanto h0 (x) = 12x2 − 14. Usamos xn+1 = h(xn ) . Ya sea mirando la gráfica o teniendo en cuenta que h(1) = −12 y que h(2) = 2 un xn − 0 h (xn )
81
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones y
Punto más cercano
x
(1,0)
Figura 8: Representación gráfica de la función f (x) = 4 − x2 . punto inicial adecuado para realizar las iteraciones es x1 = 2. n
xn
h (xn )
h0 (xn )
1 2 3
2 1.9412 1.9385
2 0.0830 −0.012
34 31.2191 31.0934
h (xn ) h0 (xn ) 0.0588 0.0027 0.0000385
xn+1 = xn −
h (xn ) h0 (xn )
1.9412 1.9385 1.9385
Así, la solución es x0 = 1.9385 (con un error menor que 0.0000385). Y el punto de la gráfica más cercano al A(1, 0) es B(1.9385, 0.2422), ya que f (1.9385) = 4 − 1.93852 = 0.2422. 4. La medida del lado de un cuadrado ha dado 15 cm, con cota de error de 0.05 cm. (a) Aproximar el porcentaje de error en el cálculo de su área. (b) Estimar el máximo error porcentual admisible en la medida del lado para que el error cometido al calcular el área no supere el 2.5 por 100. Solución: (a) El área de un cuadrado es A = l2 . Su diferencial será dA = 2ldl. Entonces la cota de error al calcular el área con los datos dados será dA = 2.15 · (±0.05) = ±1.50. dA ±1.50 dA = = 0.0067. Mientras que el error porcentual será ·100 = El error relativo será A 225 A 0.67. dl y el error (b) Si el lado del cuadrado es l y se comete el error dl, entonces el error relativo es l dl dl porcentual es · 100. Nos están preguntando cuánto es como máximo · 100 para que l l dA · 100 ≤ 2.5. A dl dA 2ldl 2dl ·100 = 2 ·100 = ·100 ≤ 2.5 obtenemos que ·100 ≤ 1.25. Si tenemos en cuenta que A l l l 5. Obtener el polinomio de Maclaurin de grado cuatro de la función f (x) = cos x y valorar el error que se comete si se utiliza dicho polinomio para calcular cos (0.3) .
82
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones
Solución: El polinomio de Maclaurin de grado cuatro de una función f (x) es P (x) = f (0) +
f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 f iv (0) 4 f 0 (0) x+ x + x + x 1! 2! 3! 4!
y el error que se comete al utilizar esta aproximación en un punto x = c viene dado por E = f v (z) 5 c donde z es un valor desconocido entre 0 y c. 5! En este caso, como f (x) = cos x f 0 (x) = − sen x f 00 (x) = − cos x f 000 (x) = sen x f iv (x) = cos x y f v (x) = − sen x, obtenemos: 1 1 P (x) = 1 − x2 + x4 . 2 24 Con este polinomio el valor aproximado que obtendríamos para cos (0.3) sería (0.3)2 (0.3)4 + = 0.95534 2 24 ¯ ¯ ¯ ¯ − sen z (0.3)5 5¯ ¯ (0.3) ¯ ≤ = 2.025 · 10−5 ya que aunque no y el error que se comete será |E| = ¯ 120 120 sepamos cual es el valor z si sabemos que |− sen z| ≤ 1. cos (0.3) ' 1 −
En la Figura 9 hemos representado en trazo continuo la función f (x) = cos x y en trazo discon1 1 tinuo el polinomio de Maclaurin P (x) = 1 − x2 + x4 . 2 24 y
y=1-x2/2+x4/24
x y=cos x
Figura 9: Representación gráfica de la función f (x) = cos x y su polinomio de Maclaurin de grado 4 1 1 P (x) = 1 − x2 + x4 . 2 24 6. Hallar los extremos absolutos de la función en el intervalo que se indica: (a) f (x) = 2x + 4 cos x, en el intervalo [0, 2π] . x , en el intervalo [0, 2] . (b) g(x) = √ 2 x +1
83
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones y Máximo absoluto
y=2x+4cos x
Mínimo absoluto
2π
0
x
Figura 10: Represntación gráfica de la función f (x) = 2x + 4 cos x en el intervalo [0, 2π]. Solución: (a) Buscamos los puntos críticos de f en el intervalo (0, 2π) . Como la función es derivable, los puntos críticos serán aquellos puntos del intervalo para los que se anule la derivada f 0 (x) = 2 − 4 sen x. π Resolvemos la ecuación 2−4 sen x = 0 en el intervalo (0, 2π) y obtenemos los valores x1 = 6 5π . y x2 = 6 Ahora calculamos el valor de f en los extremos del intervalo y en los puntos críticos: f (0) = 4;
f
³π ´ 6
f (2π) = 4π + 4 ∼ = 16.56;
√ π = +2 3∼ = 4.56; 3
f
µ
5π 6
¶
√ 5 = π−2 3∼ = 1.7719. 3
µ ¶ 5π 5π , siendo su valor mínimo f = Por lo tanto, se alcanza el mínimo en el punto x0 = 6 6 1.7719 y el máximo en el punto x3 = 2π y el máximo absoluto es f (2π) = 4π + 4 ∼ = 16.56. Hemos representado la gráfica de f (x) = 2x + 4 cos x, para x ∈ [0, 2π], en la Figura 10. √ x . Como x2 + 1 > 0 para todo x, se tiene que siempre existe x2 + 1 y no (b) g(x) = √ x2 + 1 se anula nunca, luego el dominio de g es todo R. Como la función es derivable, los puntos críticos serán aquellos puntos del dominio para los que se anule la derivada. √ 2 x2 + 1 − √xx2 +1 1 0 0 g (x) = = 3 . Como g (x) no se anula nunca, no existen puntos x2 + 1 2 (x + 1) 2 2 críticos. Calculamos g(0) = 0 y g(2) = √ . Por lo tanto se alcanza el mínimo en el punto 5 2 0 y su valor mínimo es g(0) = 0; y el máximo en el punto 2, siendo el máximo g(2) = √ . 5 x en el intervalo [0, 2] . En la Figura 11 se ha representado la función g(x) = √ x2 + 1
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Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones Máximo absoluto
y
0
Mínimo absoluto
2
x
x en el intervalo [0, 2]. Figura 11: Gráfica de g(x) = √ 2 x +1 7. Calcular el dominio, las asíntotas, los extremos relativos y puntos de inflexión de las siguientes funciones. Con esa información hacer un esbozo de la gráfica. x+1 . x−1 ¯ ¯ (b) g(x) = ¯x2 − 9¯ . (a) f (x) =
(c) h(x) = x + cos x,
en el intervalo [0, 2] .
Solución: (a) D = R − {1} . limx→+∞ f (x) = 1 y limx→−∞ f (x) = 1. Por lo tanto, la recta y = 1 es una asíntota horizontal. limx→1+ f (x) = +∞ y limx→1− f (x) = −∞. Por lo tanto x = 1 es una asíntota vertical. −2 2 00 0 f 0 (x) = 2 y f (x) = 3 . De aquí deducimos: Como f (x) < 0 para todo (x − 1) (x − 1) x ∈ R − {1}, no hay puntos críticos y la función f (x) es decreciente en su dominio. Como f 00 (x) 6= 0 para todo x ∈ R − {1}, no hay puntos de inflexión en su dominio. Para 00 x > 1 f 00 (x) > 0 y la función es cóncava hacia arriba. Para x < 1 f (x) < 0 y la función es cóncava hacia abajo. Con esta información se puede hacer un esbozo aproximado de la x+1 gráfica f (x) = , que se encuentra representado en la Figura 12. x−1 8. Un ganadero desea vallar un prado rectangular adyacente a un río. El prado ha de tener 180.000 m2 con el fin de que proporcione suficiente pasto al ganado. ¿Qué dimensiones debe tener para que requiera la menor cantidad de valla posible teniendo en cuenta que no hay que poner valla en el lado que da al río? 9. Se llama ventana de Norman a la formada por un semicírculo unido a una ventana rectangular ordinaria. Hallar las dimensiones de una ventana de Norman de 6 metros de perímetro y área máxima. 10. Tres lados de un trapecio tienen la misma longitud a. De todos los trapecios con esa condición probar que el de área máxima tiene su cuarto lado de longitud 2a.
85
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones y
x
x=1
Figura 12: Representación gráfica de la función f (x) =
x+1 . x−1
b=a
a
h
a
h
x
x B=a+2x
Figura 13: Trapecio con tres lados iguales de longitud a. Solución: El área de un trapecio es A =
B+b .h. En nuestro caso (ver la Figura 13) obtenemos A = 2
(a + 2x) + a .h. 2 √ √ (a + 2x) + a √ 2 Como h = a2 − x2 , obtenemos A(x) = a − x2 = (a + x) a2 − x2 . Esta es la 2 función de la que tenemos que obtener el valor máximo. Observemos que la variable x toma valores en el intervalo [0, a] . Es por tanto un problema sobre extremos absolutos.
a2 − ax − 2x2 0 √ . A (x) = 0 a2 − x2 a si y sólo si a2 − ax − 2x2 = 0. Las soluciones de esta ecuación son x1 = y x2 = −a (esta 2 solución no tiene sentido en este problema. Además −a ∈ / (0, a) ). √ ³a´ 3 3 a Calculamos A (0) = 0 ; A = a2 ; A (a) = 0. Luego el máximo se obtiene cuando x = , 2 4 2 es decir, cuando la base mayor, sea 2a. Buscamos los puntos críticos en el intervalo (0, a) . Calculamos A0 (x) =
11. Calcular la longitud de la tubería más larga que se puede transportar por dos pasillos en ángulo recto de anchura 4 m. y 6 m. Solución:
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones
86
Observamos que realmente estamos buscando la tubería miníma que tiene extremos en la pared A, en la pared B y pasa por el punto C (véase la Figura 14). Pared A y α C
Pared B
x
Figura 14: Longitud de la tubería del Ejercicio 11. 4 6 + y tenemos por tanto que minimizar La longitud viene dada por l = x + y = cos ³α sen α ´ 4 π 6 + . Observemos que no es un problema de la función l (α) = cuando α ∈ 0, cos α sen α 2 extremos absolutos, puesto que el intervalo no es cerrado. dl dl 6 sen α 4 cos α 6 sen3 α − 4 cos3 α = = . Por tanto = 0 si y sólo si 6 sen3 α − 4 cos3 α = − 2 2 2 2 dα cos α sen1 α cos α sen α 1 dα ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢1 0 ⇒ tan α = 23 3 y α = arccotan 23 3 . A partir de tan α = 23 3 calculamos cos α = r √ 1 ' 0.753 y sen α = 1 − cos2 α ' 0.655. Sustituyendo en l (α) se obtiene que 2 1 + tan α l (α) ' 14.075. ¡ ¢1 Observamos que lim l (α) = +∞ y limπ l (α) = +∞. El único punto crítico es α = arccotan 23 3 α→0
α→ 2
y es por tanto el mínimo (absoluto) de la función.
4 6 + En la Figura 15 se encuentra representada la gráfica de la función l (α) = en el cos α sen α ³ π´ intervalo 0, . 2 Otra forma de abordar el problema es la siguiente: 36 16 4 6 y sen α = y cos2 α + sen2 α = 1, obtenemos 2 + 2 = 1. Despejando x y x y 6y obtenemos x = p . Sustituimos en la función que queremos minimizar y obtenemos y 2 − 16 6y + y con y ∈ (4, +∞) . l (y) = p 2 y − 16 ¡ ¢3 96 96 dl dl = 1− q = 0 si y sólo si q . Entonces = 1 ⇒ y 2 − 16 = 962 ⇒ dy dy (y 2 − 16)3 (y 2 − 16)3 y ' 6.09 y x ' 7.99. Por lo tanto, la longitud máxima es l (6.09) ' 14.08 Como cos α =
Observamos que lim l (y) = +∞ y y→4+
mínimo absoluto.
lim l (y) = +∞. Luego en el punto y ' 6.09 hay un
y→+∞
87
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones y
Mínimo absoluto
x
Figura 15: Representación gráfica de l (α) = l(y)
³ π´ 4 6 + en el intervalo 0, . cos α sen α 2
y
6y + y. Figura 16: Gráfica de la función l (y) = p 2 y − 16 En la Figura 16 hemos representado la gráfica de la función l(y) para y > 4, donde se observa la exsitencia de un único mínimo absoluto. 12. Se forma un sólido adosando dos hemisferios a las bases de un cilindro circular recto. El volumen total del sólido es de 12 cm3 . Hallar el radio del cilindro que produce área mínima de la superficie del sólido. Solución: Al unir dos hemisferios a un cilindro regular recto de radio r > 0 y altura h > 0, en realidad estamos adosando una esfera completa al cilindro, por lo que el volumen del sólido resultante es tiene V = 43 πr3 + πr2 h y el área viene dada por S = 4πr2 + 2πrh. Puesto que el sólido resultante ¡ ¢ un volumen de 12 cm3 , deducimos que 43 πr3 + πr2 h = 12 y por tanto, h = πr1 2 − 43 πr3 + 12 . Sustituyendo este valor de h en la expresión de la superficie obtenemos µ ¶ µ ¶ 8 3 4 3 1 1 2 2 2 24 − πr S = 4πr + 2πrh = 4πr + 2πr 2 − πr + 12 = 4πr + πr 3 r 3
88
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones
y en consecuencia la función a minimizar es S(r) = 4πr2 +
1 r
¶ µ 8 24 − πr3 . 3
q ¡ ¢ Como h > 0, tenemos que πr1 2 − 43 πr3 + 12 > 0 y entonces r < 3 π9 . Es decir, debemos ³ q ´ ¡ ¢ 1 8 2 3 encontrar el mínimo de la función S(r) = 4πr + r 24 − 3 πr para r ∈ 0, 3 π9 . Nótese que no tenemos garantizada la existencia mínimo pues, aunque la función S es continua en q valor ³ del ´
R \ {0}, el intervalo de definición 0, 3 π9
no es cerrado.
La función S es derivable que anulan a ¡ en todo¢ R \ {0}, luego sus puntos críticos son aquellos ¡ ¢ su derivada S 0 (r) = r12 83 πr3 − 24 . La única solución real de la ecuación r12 83 πr3 − 24 = 0 es q q r = 3 π9 . Podríamos pesar en tomar como solución del probleam r = 3 π9 , pero este valor provoca h = 0 y por tanto, no tendríamos cilindro. Concluimos, por consiguiente, que el problema no posee solución o también podemos decir que la superficie mínima se alcanza cuando el cilindro degenera (h = 0). ³ q ´ Obsérves que S 0 (r) < 0 para r ∈ 0, 3 π9 y por tanto, la función S es decrecinte en el intervalo ³ q ´ 0, 3 π9 .
13. Un hombre está en un bote a dos millas del punto más cercano de la costa y desea ir al punto Q de la figura, tres millas costa abajo y una tierra adentro. Puede remar a 2 millas por hora y caminar a 4 millas por hora. ¿Hacia qué punto de la costa debe dirigirse si quiere tardar el menor tiempo posible? Solución: Desde la Figura 17 observamos que el tiempo en llegar desde el bote al punto Q, pasando por el punto x de la costa, viene dado mediante q √ 1 + (3 − x)2 4 + x2 t(x) = + donde x ∈ [0, 3] . 2 4 Bote
(4+x2)1/2
2 3 0
x
3-x 1 (1+(3-x)2)1/2
Q
Figura 17: Ilustración gráfica del Ejercicio13. De esta forma, el problema se reduce a localizar el mínimo absoluto de la función t(x) con x ∈ [0, 3].
89
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones
Puesto que la función es continua en el intervalo cerrado [0, 3], tenemos garantizada la existencia del mínimo absoluto (y del máximo absoluto) en dicho intervalo. Para calcular este mínimo comenzamos por obtener los puntos críticos de t en el intervalo abierto (0, 3). Ya que t(x) es derivable en todo el intervalo (0, 3), los puntos críticos de t se reducen a los que anulan su derivada. Así, debemos resolver la ecuación
t0 (x) =
1 x 3−x 1 √ − √ =0 2 x2 + 4 4 x2 − 6x + 10
en
(0, 3) ,
(1)
lo que nos conduce a la ecuación 3−x 2x √ =√ 2 2 x +4 x − 6x + 10
para
x ∈ (0, 3) .
Elevando al cuadrado ambos miembros de la ecuación anterior llegamos a (3 − x)2 4x2 = , x2 + 4 x2 − 6x + 10
y tras algunas operaciones directas, a la ecuación ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ 4x2 x2 − 6x + 10 − (3 − x)2 x2 + 4 = 3 (x − 1) x3 − 5x2 + 4x + 12 = 0.
Dejamos al alumno que pruebe que polinomio de grado tres x3 − 5x2 + 4x + 12 no se anula nunca en el intervalo (0, 3), por lo que la única solución en el intervalo (0, 3) de la última ecuación es x = 1. Nótese que al elvevar al cuadrado hemos podido introducir soluciones extrañas y por tanto debe comprobarse que x = 1 es solución de nuestra ecuación inicial (1). En este caso es fácil probar que eso ocurre, es decir, x = 1 es el único punto crítico de t(x) en el intervalo (0, 3). Ahora debemos evaluar t en los puntos críticos (x = 1) y en los extremos el intervalo (x = 0 y x = 3): √ √ √ √ √ 5 5 10 13 1 3 5 + = , t(0) = 1 + + . t(1) = , t(3) = 2 4 4 4 2 4 Como √ √ √ 10 13 1 3 5 <1+ < + , 4 4 2 4 √
el mínimo absoluto de t sea alcanza en x = 1 y el mínimo absoluto vale 3 4 5 . Es decir, el menor √
tiempo posible para llegar desde el bote el punto Q es 3 4 5 = 1.677 1 horas.
14. Un hombre está en un bote a dos millas del punto más cercano de la costa y desea ir al punto Q de la figura, tres millas costa abajo y una tierra adentro. Puede remar a 3 millas por hora y caminar a 4 millas por hora. ¿Hacia qué punto de la costa debe dirigirse si quiere tardar el menor tiempo posible? Solución: De forma análoga a la indicada en la resolución del Ejercicio 13, la función tiempo está dada en este caso por q √ 2 1 + (3 − x)2 4+x t(x) = + para x ∈ [0, 3] , 3 4
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones
90
su derivada es t0 (x) =
1 x 3−x 1 √ − √ 2 2 3 x + 4 4 x − 6x + 10
y la ecuación t0 (x) = 0 (para el cáluculo de sus puntos críticos) es 1 1 x 3−x √ = √ . 3 x2 + 4 4 x2 − 6x + 10 Realizando manipulaciones directas, la ecuación anterior se convierte en 7x4 − 42x3 + 43x2 + 216x − 324 = 0.
(2)
Pero, ahora no es fácil encontrar las soluciones de esta ecuación en el intervalo (0, 3) y recurriremos al método de Newton, no sin antes, demostrar que está ecuación posee una única solución en el intervalo (0, 3). La función p(x) = 7x4 − 42x3 + 43x2 + 216x − 324 es continua en todo R (es polinómica), luego es continua en el intervalo [0, 3]. Además, p(0) = −324 < 0
y
p(3) = 144 > 0,
luego existe al menos un valor c ∈ (0, 3) de forma que p(c) = 0, esto es, la ecuación (2) posee al menos una solución en el intervalo (0, 3). Ahora probaremos que esta raíz es la única del polinomio p en el intervalo (0, 3). Denomiremos q al polinomio derivada de p. Es decir, q(x) = p0 (x) = 28x3 − 126x2 + 86x + 216 √ 1 2163, ambas Puesto que q0 (x) = 84x2 − 252x + 86, las raíces de q 0 (x) = 0 son x = 32 ± 42 pertenecientes al intervalo (0, 3) (demuéstrese) y deducimos que µ ¶ ¶ µ 1√ 1√ 3 3 0 + para x ∈ −∞, − 2163 ∪ 2163, +∞ y q (x) > 0 2 42 2 42 µ
¶ 3 1√ 1√ 3 q (x) < 0 para x∈ 2163, + 2163 . − 2 42 2 42 √ √ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 1 2163 ∪ 32 + 42 2163, 3 y decreciente en Así, la función q es creciente en 0, 32 − 42 √ √ ¢ ¡3 1 3 1 2 − 42 2163, 2 + 42 2163 . Ahora bien, como ¶ µ 103 √ 1√ 3 + 2163 = 156 − 2163 > 0, q(0) = 216 > 0 y q 2 42 63 0
resulta que la función q(x) = p0 (x) es positiva en el intervalo (0, 3) y por tanto, la función p es creciente en dicho intervalo. En consecuencia, el polinomio p(x) posee una única raíz c en el intervalo (0, 3). En la Figura 18 hemos representando la función q(x) = 28x3 − 126x2 + 86x + 216 para 0 6 x 6 3 y en la Figura 19 se encuentra representada la función p(x) = 7x4 − 42x3 + 43x2 + 216x − 324 en el mismo intervalo.
91
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones y
216
3 x
Figura 18: Representación gráfica de la función q(x) = 28x3 − 126x2 + 86x + 216 para 0 6 x 6 3. y 144
3 c
x
-324
Figura 19: Representación gráfica de la función p(x) = 7x4 − 42x3 + 43x2 + 216x − 324 para x ∈ (0, 3). Ahora vamos a obtener la raíz c aplicando el método de Newton a la función p(x) = 7x4 − 42x3 + 43x2 + 216x − 324, tomando como punto inicial x1 = 1.5. n
xn
p (xn )
p0 (xn )
1 2 3
1.5 1.56129807 1.56259012
−95625 −0.19341006 −0.00008570
156 149.69274 149.560082
p (xn ) p0 (xn ) −0.06129808 −0.00129204 −5.73055161 × 10−7
p (xn ) p0 (xn ) 1.56129807 1.56259012 1.5625906969
xn+1 = xn −
Desde el cuadro anterior se observa que la única solución de p(x) en el intervalo (0, 3) es c = 1.5625906969 con un error menor que −5.73055161 × 10−7 (esto es, la solución se ha obtenido “al menos con seis cifras decimales exactas”). Por último, el tiempo mínimo es t(c) = t(1.5625906969) = 1.2838. √ √ 2 1+(3−x)2 + En la Figura 20 se ha representado la función t(x) = 4+x para x ∈ [0, 3]. 3 4
92
Boletín 4. Funciones de una Variable. Diferenciación y Aplicaciones
y
1.2838
3 c
x
√ √ 1+(3−x)2 4+x2 Figura 20: Representación gráfica de la función t(x) = 3 + para 4
x ∈ [0, 3]
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones 1. Calcular las siguientes integrales indefinidas: Z 1 Z Z q et 2 dx c). − (−2x + 5)3 dx b). − dt a).−x e +1 t2 Z Z Z (ln x)2 xe2x 2x − 1 dx e). − dx f). − dx d).x2 + 4 x (2x + 1)2 Z Z Z √ 2 2x h). − x e dx i). − x3 sen xdx g).- x x − 1dx Solución:
(a) Integral inmediata: Z q Z q 3 1 1 3 2 (−2x + 5) dx = − (−2x + 5)5 + C. (−2x + 5) (−2) dx = − 2 5 También puede hacerse realizando el cambio de variable: u = −2x + 5 ⇒ du = −2dx ⇒ du dx = − Z q 2 Z q 3 1 12 5 1 3 2 2 (−2x + 5) dx = − (−2x + 5)5 + C. u du = − u + C = − 2 25 5 Z Z Z Z 2 ex 2 2ex dx = dx = 2 dx = 2 ln |ex + 1| + C. (b) dx = 1 e−x + 1 ex + 1 ex + 1 +1 ex También puede hacerse con Zel cambio de variable: Z 1 2ex x x dx = 2 du = 2 ln |u| + C = 2 ln |ex + 1| + C. u = e + 1 ⇒ du = e dx ⇒ ex + 1 u (c) Integral inmediata: µ ¶ Z Z 1 1 1 et −1 dt = − e t dt = −e t + C. 2 2 t t 1 −dt También puede hacerse realizando el cambio de variable: u = ⇒ du = 2 t t Z Z 1 t 1 e dt = − eu du = −eu + C = −e t + C. t2 Z Z Z ³ ´ ¯ 2 ¯ 1 2x − 1 2x ¯x + 4¯ − 1 arctan x + C. dx = dx − dx = 2 ln (d) x2 + 4 x2 + 4 x2 + 4 2 2 (e) Integral inmediata: µ ¶ Z Z 1 (ln x)2 2 1 dx = (ln x) dx = ln3 x + C. x x 3 dx También puede hacerse realizando el cambio de variable: u = ln x ⇒ du = x 93
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
94
Z 1 u3 (ln x)2 dx = u2 du = + C = ln3 x + C. x 3 3 2x 0 u = e2x + 2xe2x = (2x + 1) e2x u = xe 1 −1 (f) Por partes: v 0 = 2 v = 2 (2x + 1) (2x + 1) ¢ ¡ du = e2x + 2xe2x dx = (2x + 1) e2x dx u = xe2x también podemos escribir −1 1 dv = 2 dx v = 2 (2x + 1) (2x + 1) Z
Z 1 −xe2x e2x e2x −xe2x (2x + 1)e2x xe2x + dx = + +C = + C. dx = 2 (2x + 1) 2 (2x + 1) 2 (2x + 1) 2 (2x + 1) 4 4 (2x + 1) (g) La haremos de tres formas: Cambio de variable: Z u = x − 1 ⇒ duZ = dx Z Z q √ √ 3 1 2 5 2 3 2 (x − 1)5 + x x − 1dx = (u + 1) udu = u 2 du + u 2 du = u 2 + u 2 + C = 5 3 5 q 2 (x − 1)3 + C. 3 2 Cambio de variable: Z u = x − 1 ⇒ 2uduZ= dx Z q ¡ 2 ¡ 4 ¢ ¢ √ 2 2 2 u + 1 u.2udu = 2 u + u2 du = u5 + u3 + C = (x − 1)5 + x x − 1dx = 5 3 5 q 2 (x − 1)3 + C. 3 ( Ã ( ! u=x u0 = 1q u=x du = dx q √ √ o Por partes: 2 2 dv = x − 1dx v = v0 = x − 1 v = (x − 1)3 (x − 1)3 3 3 Z Z q q q q √ 2 2 2 2x 2x (x − 1)3 − (x − 1)3 dx = (x − 1)3 − · (x − 1)5 + C = x x − 1dx = 3 3 3 3 5 q q 4 2x 3 (x − 1) − (x − 1)5 + C. 3 15 Puede observarse que las funciones resultantes por los tres métodos se diferencia en una constante, que en este caso vale cero. En efecto: ¶ µ q q q q q 2x − 2 2x 2 2 2 2 5 3 3 5 = − (x − 1) + (x − 1) − (x − 1) − · (x − 1) (x − 1)3 + 5 q 3 3 3 5 3 10 5 (x − 1) = 15 q q 2 2 = − (x − 1) (x − 1)3 + (x − 1) (x − 1)3 = 0. 3 3 ( Ã ( ! 2 0 u=x u = x2 u = 2x du = 2xdx (h) Por partes: o 1 1 v0 = e2x v = e2x dv = e2x dx v = e2x 2 2 Z Z 1 2 2x 2 2x x e dx = x e − xe2x dx. Para hacer esta última integral volvemos a utilizar el méto2 ( Ã ( ! u=x u0 = 1 u=x du = dx do de integración por partes. o 1 1 v0 = e2x v = e2x dv = e2x dx v = e2x 2 2 Z Z Z 1 1 2 2x 1 2 2x 1 2x 1 1 1 2 2x 2x x e dx = x e − xe dx = x e − xe + e2x dx = x2 e2x − xe2x + e2x +C. 2 2 2 2 2 2 4 µ ½ ¶ ½ 3 2 3 2 0 u=x u = 3x du = 3x dx u=x o (i) Por partes: v0 = sen x v = − cos x dv = sen xdx v = − cos x Z
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Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
Z
x3 sen xdx
Z
x2 cos xdx. Para hacer esta última integral volvemos a ½ u = x2 u0 = 2x utilizar el método de integración por partes. 0 v = cos x v = sen x Z Z Z 3 3 2 3 2 x sen xdx = −x cos x + 3 x cos xdx = −x cos x + 3x sen x − 6 x sen xdx. Para re½ u=x u0 = 1 alizar la última integral volvemos a utilizar el método de integración por partes. 0 v = sen x v = − cos x Z Z Z x3 sen xdx = −x3 cos x + 3 x2 cos xdx = −x3 cos x + 3x2 sen x − 6 x sen xdx = Z 3 2 −x cos x + 3x sen x + 6x cos x − 6 cos xdx = −x3 cos x + 3x2 sen x + 6x cos x − 6 sen x + C. 2. Calcular
Z
=
−x3 cos x + 3
√ 2x 2x − 3dx, utilizando el método de sustitución y el de integración por partes.
Solución:
(a) Lo hacemos primeramente por el método de sustitución.Utilizamos el cambio de variable: u2 + 3 x= u2 = 2x − 3 ⇒ 2udu =22dx q Z Z Z 5 (2x − 3)5 ¡ 2 ¢ ¡ 4 ¢ √ u 2x 2x − 3dx = + u3 + C = + u + 3 uudu = u + 3u2 du = 5 5 q (2x − 3)3 + C. ( u+3 x= También puede realizarse el cambio: u = 2x − 3 ⇒ 2 du = 2dx Z Z Z Z √ √ du 1 3 1 3/2 2x 2x − 3dx = (u + 3) u = u du + u1/2 du = u5/2 + u3/2 + C = 2 2 2 5 q 5 q (2x − 3) + (2x − 3)3 + C. 5 2 u0 = q u = 2x (b) Ahora por el método de integración por partes: (2x − 3)3 √ v 0 = 2x − 3 v = 3 q q 3 3 Z Z 2x (2x − 3) 2 q 2x (2x − 3) 2 2 1 q √ (2x − 3)3 dx = (2x − 3)5 + 2x 2x − 3dx = − − · · 3 3 3 3 5 2 C=q q 2x (2x − 3)3 2 = (2x − 3)5 + C. − 3 15 Si realizamos algunos cálculos vemos, al igual que sucedía en el apartado g) del primer ejercicio, que estos resultados coinciden, aunque la diferencia en general es una constante. q q q q 3 3 q 3 2 (2x − 3) (2x − 3) (2x − 3) (2x − 3)5 2x (2x − 3)3 2 5 + = (2x − 3) = − − 3 15 3 3 15 q q q 5 5 q q 2 (2x − 3) (2x − 3) (2x − 3)5 3 3 = (2x − 3) + = (2x − 3) + . − 3 15 5
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3. Calcular las siguientes integrales indefinidas: Z Z Z 5 3 b).- cos 3xdx c).- x sen2 xdx a).- sen 2x cos 2xdx Z Z Z 1 1 dx f).- √ d).- sen 6x sen 5xdx e).- r dx x2 − 4 2x2 1− 3 Z Z Z √ x 2x3 − 4x2 − 15x + 5 x 2x h).- p dx i).dx g).- e 1 − e dx x2 − 2x − 8 (x2 + 3)3 Z Z Z 2 2x − 3 1 x −1 dx dx k).dx l).j).x + x3 (x − 13)2 cos x Z Z Z 1 dx sen x − cos x dx, o).dx m)., n).3 cos x − 4 sen x cos x + sen x sen x Solución: (a) Integral inmediata: Z Z 1 1 sen6 2x + C. sen5 2x (2 cos 2x) dx = sen5 2x cos 2xdx = 2 12 Z Z Z ¡ 2 ¢ ¡ ¢ 3 cos 3xdx = cos 3x cos 3xdx = 1 − sen2 3x cos 3xdx = (b) Z Z ¡ 2 ¢ 1 1 sen 3x cos 3xdx = sen 3x − sen3 3x + C. = cos 3xdx − 3 9 u0 =Z1 u=x µ ¶ Z sen 2x 1 1 (c) Por partes: x− (1 − cos 2x) dx = v0 = sen2 x v = sen2 xdx = 2 2 2 µ ¶ Z µ ¶ µ ¶ µ ¶ Z 1 sen 2x 1 x2 cos 2x x sen 2x x sen 2x 1 1 2 2 2 + x sen xdx = x − − x− dx = x − − + 2 2 2 2 2 2 2 2 4 C= µ 2 ¶ ¢ x cos 2x 1¡ 2 x2 x sen 2x + 2x − 2x sen 2x − cos 2x + C. − − +C = = 2 4 4 8 8 1 (d) Para calcular esta integral hay que tener en cuenta que sen a sen b = (cos (a − b) − cos (a + b)) . 2 ¶ µ Z Z 1 1 1 sen 11x + C. sen 6x sen 5xdx = (cos x − cos (11x)) dx = sen x − 2 2 11 √ 2 √ Z √ √ Z Z √ 1 1 3 3 2x 3 r v v dx = √ dx = √ arcsen √ + (e) dx = Ã Ã ! ! u u √ √ 2 2 2 2 3 2x2 u u 1− t1 − √2x t1 − √2x 3 3 3 C. (f) Esta integral puede hacerse de dos formas. las funciones hiperbólicas inversas. Primera: es inmediata si tenemos en cuenta ¯ ¯ √ Z ¯ ¯ ¯ ¯ ´ ³ √ x2 − 4 ¯ 1 x ¯x ¯ ¯ √ + C = ln ¯x + x2 − 4¯ − + C = ln ¯ + dx = argcosh 2 + C} = ¯ | ln{z ¯2 ¯ 2 2 x2 − 4 D ¯ ¯ √ ¯ ¯ 2 = ln ¯x + x − 4¯ + D. Segunda: Teniendo en cuenta los cambios trigonométricos.
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( sen t 2 dx = 2 2 dt = 2 tg t sec tdt Cambio de variable: x = 2 sec t = ⇒ cos √ t √ √ cos t x2 − 4 = 4 sec2 t − 4 = 2 sec2 t − 1 = 2 tg t Z Z Z 1 2 tg t sec tdt √ = sec tdt =(ver apartado l) de este ejercicio)= ln |sec t + tg t|+ dx = 2 tg t x2 − 4 C =¯ ¯ ¯ x √x2 − 4 ¯ ¯ ¯ √ ¯ ¯ ¯ ¯ = ln ¯ + ¯ + C = ln ¯x + x2 − 4¯ + D. ¯2 ¯ 2
(g) En primer lugar realizamos el cambio de variable: u = ex ⇒ du = ex dx. Entonces, Z Z √ √ x 2x e 1 − e dx = 1 − u2 du. Ahora realizamos el cambio u = sen t ⇒ du = cos tdt. Z Z Z Z √ √ 1 2 x 2x 2 Sustituyendo obtenemos, e 1 − e dx = 1 − u du = cos tdt = (1 + cos 2t) dt = 2 ¶ µ ´ √ 1 1³ 1 1 arcsen ex + ex 1 − e2x + C. t + sen 2t + C = (t + sen t cos t) = = 2 2 2 2 (h) Esta integral es inmediata: Z Z Z 3 1 1 1 x 2x p p dx = dx = (x2 + 3)− 2 2xdx = (x2 + 3)− 2 + C = 2 3 2 3 2 2 (x + 3) (x + 3) 1 p + C. (x2 + 3) 2x3 − 4x2 − 15x + 5 en suma de fracciones simples. Como el grado del nux2 − 2x − 8 2x3 − 4x2 − 15x + 5 = merador es mayor que el grado del denominador, dividimos y obtenemos x2 − 2x − 8 x+5 2x + 2 . Ya que las ceros del denominador son 4 y −2 tenemos x2 − 2x − 8 = x − 2x − 8 (x − 4) (x + 2) . Por tanto, la descomposición será
(i) Descomponemos
x+5 x2 − 2x − 8
=
B A(x − 4) + B(x + 2) A + = ⇒ A(x − 4) + B(x + 2) = x + 5. x+2 x−4 x2 − 2x − 8
3 Para x = 4 ⇒ 6B = 9 ⇒ B = . 2
1 Para x = −2 ⇒ −6A = 3 ⇒ B = − . 2 Z Z Z Z 1 2x3 − 4x2 − 15x + 5 1 1 3 dx − dx = Por lo tanto dx = 2xdx + 2 x − 2x − 8 2 x−4 2 x+2 s 1 3 |x − 4|3 = x2 + ln |x − 4| − ln |x + 2| + C = x2 + ln + C. 2 2 |x + 2|
x2 − 1 en suma de fracciones simples. x + x3 A(x2 + 1) + Bx2 + Cx x2 − 1 A Bx + C + = = ⇒ A(x2 + 1) + Bx2 + Cx = x2 − 1 x + x3 x x2 + 1 x +x3 A+B =1 A = −1 C=0 ⇒ B = −2 ⇒ (A + B) x2 + Cx + A = x2 − 1 ⇒ A = −1 C=0 ¯ 2 ¯ Z Z Z 2 ¯x + 1¯ ¯ 2 ¯ 1 2x x −1 ¯ ¯ ¯ ¯+ dx+ dx = − ln |x|+ln x + 1 +C = ln ¯ dx = − Por lo tanto x + x3 x x2 + 1 x ¯ C.
(j) Descomponemos
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
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2x − 3 en suma de fracciones simples. (x − 13)2 2x − 3 B A A(x − 13) + B ⇒ Ax − 13A + B = 2x − 3 ⇒ 2 = (x − 13) + 2 = (x − 13) (x − 13) (x − 13)2 ½ ½ A=2 A=2 ⇒ −13A + B = −3 B = 23 Por lo tanto, Z Z Z 1 1 23 2x − 3 dx + 23 + C. dx = 2 dx = 2 ln |x − 13| − 2 2 (x − 13) (x − 13) (x − 13) (x − 13) También podemosZhacer esta integral sin utilizar la descomposición Z Z Z en fracciones simples: ¯ ¯ 2x − 3 2x − 26 − 3 + 26 2x − 26 23 dx = dx = dx = ln ¯x2 − 26 + 169¯− dx+ 2 2 2 2 (x − 13) (x − 13) x − 26 + 169 (x − 13) 23 +C = (x − 13) ¯ ¯ 23 23 + C = 2 ln |x − 13| − + C. = ln ¯(x − 13)2 ¯ − (x − 13) (x − 13) (l) Este ejercicio lo hacemos de tres formas: Primera: En primer lugar como integral racional en senos y cosenos. Realizamos el cambio 2du 1 − u2 x ; dx = . Sustituyendo estos valores en la de variables u = tg ⇒ cos x = 2 1 + u2 1 + u2 integral obtenemos Z Z 2du Z 1 2du 1 + u2 = dx = =(descomponiendo en fracciones simples)= 1 − u2 cos x 1 − u2 1 + u2 ¯ ¯ ¯ 1 + tg x ¯ ¯ ¯ Z Z ¯ ¯ ¯ 1 + u¯ du du 2 ¯¯ + C. ¯ + C = ln = + = − ln |1 − u| + ln |1 + u| = ln ¯¯ x¯ ¯ 1−u 1+u 1 − u¯ ¯ 1 − tg ¯ 2 √ dt . Segunda: Realizamos el cambio de variable sen x = t ⇒ cos x = 1 − t2 , dx = √ 1 − t2 Así, Z queda Z Z la integral 1 dt dt 1 √ dx = = =(descomponiendo en fracciones simples) ·√ cos x 1 − t2 1 − t2 1 − t2 1 = (− ln |1 − t| + ln |1 + t|) + C = 2 s¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 + sen x ¯ 1 ¯¯ 1 + sen x ¯¯ 1 ¯¯ 1 + t ¯¯ ¯ ¯ + C = ln + C = ln = ln ¯ ¯ 1 − sen x ¯ + C. 2 1 − t¯ 2 ¯ 1 − sen x ¯ Tercera: Una tercera forma de hacerlo es teniendo en cuenta lo siguiente: ¶0 µ 1 sen x 0 (sec x) = = sec x. tg x = cos x cos2 x (tg x)0 = 1 = sec2 x cos2 x
(k) Descomponemos
Entonces, Z Z Z Z sec x (sec x + tg x) sec2 x + sec x. tg x 1 dx = sec xdx = dx = dx = ln |sec x + tg x|+ cos x sec x + tg x sec x + tg x C. 1 − u2 x 2u ; cos x = ; dx = (m) Realizamos el cambio de variables u = tg ⇒ sen x = 2 1 + u2 1 + u2 2du . Sustituyendo estos valores en la integral obtenemos 1 + u2
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
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2du Z −2du 1 + u2 . Esta última integral es = 2 2 3u + 8u − 1 1−u 2u 3 −4 1 + u2 1 + u2 racional y se resuelve descomponinedo el integrando en suma de fracciones simples: Z
dx = 3 cos x − 4 sen x
Z
−2 A B = + 3u2 + 8u − 1 3u − 1 u + 3 3 1 Realizando los cálculos como en casos anteriores obtenemos A = − y B = . Por lo 5 5 tanto, Z Z Z Z 3 −2du 1 dx du du = = − + = 3 cos x − 4 sen x 3u2 + 8u − 1 5 3u + 1 5 u+3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ tg x + 3 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 u+3 ¯ 1 1 1 2 ¯ + C. + C = ln ¯¯ = − ln |3u + 1| + ln |u + 3| + C = ln ¯¯ x ¯ 5 5 5 3u + 1 5 ¯ 3 tg + 1 ¯¯ 2 Z sen x − cos x (n) Integral inmediata dx = − ln |cos x + sen x| + C. cos x + sen x x También puede hacerse con el cambio u = tg , pero es más complicado. 2 (o) Realizamos la integral por cuatro caminos distintos. 2du x 2u ; dx = . Primero: En primer lugar con el cambio u = tg ⇒ sen x = 2 2 1+u 1 + u2 Z Z 2du Z ¯ x¯ 2 1 du ¯ ¯ 1 + u dx = = ln |u| + C = ln = ¯tg ¯ + C. 2u sen x u 2 1 + u2 x x Segundo: Una segunda forma es teniendo en cuenta que sen x = 2 sen cos . Entonces, 2 2 Z Z Z Z ¯ x¯ 1 x ³ x ´0 1 1 ¯ ¯ −1 dx = tg dx = ln dx = dx = tg ¯tg ¯ + x x x x sen x 2 2 2 2 2 sen cos 2 tg cos 2 2 2 2 C. √ −1 dt. Tercero: Hacemos el cambio de variable t = cos x ⇒ sen x = 1 − t2 ; dx = √ 1 − t2 Así, Z Z Z 1 −1 1 −1 √ √ dx = dt = dt =(descomponiendo en fracciones simples)= 2 2 sen 1 − t2 1−t 1−t ¯ x ¯ 1 ¯¯ 1 − t ¯¯ +C = ln 2 ¯1 + t¯ s¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 − cos x ¯ 1 ¯¯ 1 − t ¯¯ 1 ¯¯ 1 − cos x ¯¯ ¯ ¯ + C. = ln ¯ + C = ln ¯ + C = ln ¯ 2 1 + t¯ 2 1 + cos x ¯ 1 + cos x ¯ Cuarto: Por último, también puede hacerse teniendo en cuenta ¶0 µ 1 − cos x (csc x)0 = = − cotg x csc x. = sen x sen2 x 1 (cotg x)0 = − 2 = − csc2 x. sen x Z Z Z Z csc x (cotg x + csc x) csc2 x + cotg x + csc x 1 dx = csc xdx = dx = dx = Entonces sen x cotg x + csc x cotg x + csc x − ln |cotg x + csc x| + C.
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
100
4. Calcular las siguientes integrales definidas: Z 2π Z 4 Z 1 1 2 3 p dx c).x(x + 1) dx b).x sen xdx a).(2x + 1) 0 −1 0 Z π Z 4 Z 2 √ ln x 2 dx (x − 1) 2 − xdx e).cos dx f).d).0 1 1 x Solución: (a) Calculamos una primitiva de la función y posteriormente aplicamos la regla de Barrow. Z 1 Z Z 1 (x2 + 1)4 2 3 2 3 + C. Por tanto x(x + 1) dx = x(x2 + 1)3 dx = (2x) (x + 1) dx = 2 4 −1 · 2 ¸1 (x + 1)4 = 4 − 4 = 0. 4 −1 Nótese que la integral es nula porque la función del integrando es impar y el intervalo simétrico respecto al origen. Z Z 4 hp i4 1 2 1 4 p p dx = dx = (2x + 1) = (3 − 1) = 2. (b) 2 0 (2x + 1) 0 (2x + 1) 0 (c) Buscamos una primitiva sin tener en cuenta los límites de integración y utilizamos después la regla de Barrow. La primitiva la buscamos utilizando el método de integración por partes ½ Z Z u=x u0 = 1 ⇒ x sen xdx = −x cos x+ cos xdx = −x cos x+sen x+C ⇒ v0 = sen x v = − cos x Z 2π x sen xdx = [−x cos x + sen x]2π 0 = −2π. 0
Otra forma es utilizar la fórmula de integración por partes para las integrales definidas Z 2π Z 2π Z 2π 2π x sen xdx = [−x cos x]0 + cos xdx = −2π + cos xdx = −2π + [sen x]2π 0 = −2π. 0 0 0 Z 2 √ (x − 1) 2 − xdx (d) 1
Realizamos el cambio u = 2−x ⇒ du = −2dx ⇒ para x = 1 ⇒ u = 1 y para x = 2 ⇒ u = 0. Entonces: Z 1 Z 2 Z 0 Z 1 √ √ √ √ (x − 1) 2 − xdx = (1 − u) udu = − (1 − u) udu = (u − 1) udu = 1 0 0 " 1√ √ #1 5 3 2 u −4 2 2 2 u = − = − 5 3 5 3 15 0 ¶¸π · µ Z π Z π 1 1 π 1 cos2 xdx = (1 + cos 2x) dx = = . (e) x + sen 2x 2 2 2 2 0 0 0 · 2 ¸4 Z 4 ln x ln x ln2 4 (f) dx = . = 2 1 2 1 x
5. En cada uno de los siguientes apartados, hacer un esbozo de la región acotada por las gráficas y calcular su área: (a) f (x) = −x2 + 4x + 2, g(x) = x + 2 1 (b) y = 2 , y = 0, x = 1, x = 5. x (c) f (y) = y(2 − y), g(y) = −y. 4 , y = 4, x = 0. (d) g(x) = 2−x
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Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
(e) y = 2 sen x, 2
(f) y = xe−x ,
−π −π , x= . 3 3 x = 0, x = 1.
y = tg x, y = 0,
x=
Solución: (a) Buscamos los puntos en los que se cortan la parábola y = −x2 + 4x + 2 y la recta y = x + 2. ½ y = −x2 + 4x + 2 Para ello resolvemos el sistema de ecuaciones cuyas soluciones son y =x+2 Z 3 ¢ £¡ 2 ¤ (0, 2) y (3, 5) (ver Figura 21). Por tanto, el área es A = −x + 4x + 2 − x + 2 dx = 0 Z 3 ¢ ¡ 2 9 −x + 3x dx = . 2 0 y y=x+2 5
2
y=-x2+4x+2
0
3
x
Figura 21: Representación gráfica de y = −x2 + 4x + 2, y = x + 2 y área a clacular. (b) A =
· ¸5 1 4 −1 −1 + 1 = . (Ver Figura 22) dx = = 2 x 1 5 5 1 x
Z 5
(c) En este caso tenemos dos funciones que dependen de la variable y. Buscamos los puntos en los que se ½ cortan la parábola x = 2y − y 2 y la recta x = −y. Para ello debemos resolver x = 2y − y 2 el sistema cuyas soluciones son (0, 0) y (−3, 3). (Véase la Figura 23).Este x = −y área puede calcularse por dos caminos. Primero: Integrando respecto de la variable x. Z 0 Z 1 £¡ £¡ ¢ ¢ ¡ ¢¤ ¤ √ √ √ 1 + 1 − x − (−x) dx + 1 + 1 − x − 1 − 1 − x dx A= −3
0
· q · ¸1 ¸0 q 4 2 x2 9 (1 − x)3 + + − (1 − x)3 = = x− 3 2 −3 3 2 0 Segundo: Integrando respecto de la variable y. Z 3 Z 3 £ ¡ ¢ ¤ 9 2 2y − y − (−y) dy = 3y − y2 dy = (es más simple). A= 2 0 0
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Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
y y=1/x2
5
1
x
Figura 22: Representación gráfica de y = 1/x2 y área a determinar.
x=2y-y2
y
y=-x
3 x=1-(1-x)1/2
1
-3
1
x
1/2 x=1+(1-x)
Figura 23: Representación gráfica de y = −x, x = 2y − y 2 y el área pedida.
103
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
4 corta a la recta y = 4 y (d) Calculamos el valor de x para el que la gráfica y = 2−x 4 obtenemos 4 = ⇒ 2 − x = 1 ⇒ x = 1. (Ver Figura 24).Por tanto, el área es 2−x y
y=4/(2-x) 4
1
x
4 Figura 24: Representación gráfica de y = 2−x junto con el área solicitada.
Z 1µ A= 4−
¶ 4 dx = [4x + 4 ln (2 − x)]10 = 4 − 4 ln 2. 2−x 0 (e) Teniendo en cuenta la simetría de la gráfica mostrada en la Figura 25, el área es A = Z π 3 π/3 2 (2 sen x − tg x) dx = 2 [−2 cos x − ln |cos x|]0 = 2 − ln 2. 0
y
y=tg x y=sen x
- π/3 π/3
x
Figura 25: Gráfica de las funciones y = sen x e y = tg x (f) A =
Z 1 0
2 xe−x dx =
·
¸ −1 −x2 1 1 1 −1 e = − e . Véase el área solicitada en la Figura 26. 2 2 2 0
104
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones y y=xe-x
2
1
x
2
Figura 26: Gráfica de la función y = xe−x y área pedida. 6. Usar el método de los discos y el de las capas para calcular el volumen del sólido generado, al girar en torno de la recta dada, la región acotada por las gráficas de las ecuaciones a) y = x3 , y = 0, x = 2 (a1) el eje x (a2) el eje y b) y = 2x2 , y = 0, x = 2
(a3) la recta x=4.
(b1) eje x (b2) eje y (b3) recta x=2 (b4) recta y=8.
1 c) y = √ , y = 0, x = 0, x = 3 (c1) eje x (c2) eje y. x+1 Solución: En todos los apartados denotaremos Vd cuando se utilice el método de los discos para calcular el volumen y Vc cuando se utilice el métodos de las capas. (a) La región acotada puede visualizarse en la Figura 27 y=x3
y
x=4
2
Figura 27: Gráfica de la función y = x3 .
x
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Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
a1) Eje x .
· 7 ¸2 x 128 π. = Vd = π 7 0 7 0 ¸ · Z 8 ³ ´ 1 6 7 8 128 Vc = 2π π. y 2 − y 3 dy = 2π y2 − y 3 = 7 7 0 0 a2) Eje y. Z 8 V1d = π 4dy = 32π. 0 ¸ · Z 8 2 3 5 8 96 3 3 V2d = π y dy = π y = π 5 5 0 0 96 64 Vd = V1d − V2d = 32π − π = π. 5 · 55 ¸2 Z 2 x 64 x4 dx = 2π = π. Vc = 2π 5 0 5 0 a3) Recta x = 4. · ¸ Z 8³ Z 8³ ´ ´ 1 2 1 2 4 3 5 8 V1d = π 4 − y 3 dy = π 16 − 8y 3 + y 3 dy = π 16y − 6y 3 + y 3 = 5 0 0 0 ¶ µ 96 π 128 − 96 + 5 Z 8 V2d = π 4dy = 32π. 0 ¶ µ 96 96 Vd = V1d − V2d = π 128 − 96 + − 32π = π. 5 5 ¸2 · Z 2 5 x 96 Vc = 2π (4 − x) x3 dx = 2π x4 − = π. 5 0 5 0 Z 2
x6 dx = π
(b) Hacemos sólo el apartado (b4). Los otros tres apartados son análogos a los resueltos más arriba. Z 2 b4) Recta y = 8.(Véase la Figura 28)V1d = π 82 dx = 128π. 0
y y=2x2 1/2 x=(y/2)
8 8-y y 2-(y/2)1/2
(y/2)1/2
x
2
Figura 28: Gráfica de la función y = 2x2 . V2d = π
Z 2 0
¡ ¢2 8 − 2x2 dx = π
Z 2 0
¡
64 − 32x2 + 4x4
¢
· ¸ 32 3 4 5 2 dx = π 64x − x + x = 3 5 0
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
106
1024 π 15 896 π. Vd = V1d − V2d = 15 r ! r ¶ µ Z 8 Z 8Ã √ √ 896 y y3 dy = π. 16 − 2y − 4 2 y + Vc = 2π (8 − y) 2 − dy = 2π 2 2 15 0 0 c1) Eje x .
Z 3
1 dx = π [ln |x + 1|]30 = π ln 4 x + 1 0 · 2 ¸ 12 Z 1 2 3y 3π . 3ydy = 2π = V1c = 2π 2 0 4 0 µ ¸1 ¶ ¶ · Z 1µ 3 1 y2 = 2π ln 2 − V2c = 2π − 1 ydy = 2π ln y − 1 y2 2 1 8 2 2 µ ¶ 3 3π + 2π ln 2 − = 2π ln 2. Vc = V1c + V2c = 4 8 c2) Eje y. Z 1 1 2 9π . 9dy = π [9y]02 = V1d = π 2 ¸1 ¶ · ¶2 Z 01 µ Z 1µ 1 1 1 2 2 5π V2d = π − 1 dy = π − 2 + 1 dy = π − 3 + + y = 2 4 1 1 y y y 3y y 6 1 2 2 2 16π 9π 5π + = . Vd = V1d + V2d = 2 6 Z 3 ¸2 · 3 Z 3 2 ¡ ¢ x u 16π 2 √ . dx = 2π 2 u − 1 du = 4π Vc = 2π −u = 3 3 x+1 0 1 1 En la última integral se realizado el cambio de variables x + 1 = u2 ⇒ dx = 2udu y los nuevos límites de integración han sido: para x = 0 ⇒ u = 1 y para x = 3 ⇒ u = 2. Vd = π
7. Hallar el volumen del sólido cuya base está acotada por el círculo x2 + y2 = 4, con las secciones, perpendiculares al eje x, que se especifican. a) cuadrados (b) triángulos equiláteros (c) semicírculos. Solución: (a) Teniendo en cuenta la simetría de la figura y que el área de un cuadrado de lado l es l2 se tiene · ¸2 Z 2³ Z 2 Z 2 ´2 √ ¡ ¢ 4x3 128 2 2 2 . 16 − 4x dx = 2 16x − (2y) dx = 2 dx = 2 = 2 4−x V =2 3 0 3 0 0 0
(b) Teniendo √ en cuenta la simetría de la figura y que el área de un triángulo equilátero de lado l2 3 l es se tiene 4 √ ¸2 · Z 2 √ √ ¡ ¢ x3 32 3 2 . 3 4 − x dx = 2 3 4x − = V =2 3 0 3 0 l2 π (c) Teniendo en cuenta la simetría de la figura y que el área de un semicirculo de radio l es 2 se tiene ¸2 · Z 2 ¢ x3 π¡ 16π 2 V =2 4 − x dx = π 4x − . = 3 0 3 0 2
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Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
8. Un sólido se genera haciendo girar la región acotada por y = 12 x2 e y = 2 alrededor del eje y. Se perfora un orificio circular, centrado en el eje de giro, de modo que el sólido pierde un cuarto de su volumen. ¿Qué diámetro tiene el orificio? Solución: Calculamos en primer lugar el volumen del sólido Vs por el método de los discos Z 2 £ ¤2 2ydy = π y 2 0 = 4π Vs = π 0
Ahora calculamos el volumen del sólido que se genera cuando se perfora un orificio circular de radio a (es la incognita del problema), Va por el método de las capas. · µ ¸a ¶ Z a Z a ¡ ¢ x2 x4 a4 3 2 2 4x − x dx = π 2x − x(2 − )dx = π = π 2a − Va = 2π 2 4 0 4 0 0
a4 Vs = 1 ⇒ a4 − 8a2 + 4 = 0. Es , tenemos que a es solución de la ecuación 2a2 − 4 4 √ √ √ √ una ecuación bicuadrada, cuyas √ soluciones son −1 + 3, −1 − 3, 1 + 3, 1 − 3. En principio √ sólo los valores 1 + 3 y −1 + 3 tienen sentido √ en nuestro problema ya que los otros dos valores son negativos. Si tenemos en cuenta que 1 + 3 = 2.73205... > 2 y no tiene sentido √ en nuestro √ caso, obtenemos que a = −1 + 3 y por tanto el diameto pedido es 2a = −2 + 2 3. Como Va =
9. Sea R la región limitada por las gráficas de las funciones y = e−x , y = 0, x = 0, x = 2. Calcular el área de la región R, el volumen al girar alrededor del eje y y el volumen al girar alrededor de la recta y = 2. Solución: Z 2 2 A= e−x dx = − [e−x ]0 = 1 − e−2 . 0
Eje y
Vc = 2π
Z 2 0
V1d = π
2
xe−x dx = 2π [−xe−x − e−x ]0 = 2π(1 − 3e−2 ).
Z e−2
4dy = 4πe−2
0
V2d = π
Z 1
e−2
£ ¤1 ln2 ydy = (integración por partes) = π y ln2 y − 2y ln y + 2y e−2 = π(2 − 10e−2 )
Vd = V1d + V2d = 4πe−2 + π(2 − 10e−2 ) = 2π − 6e−2 .
Recta y = 2 Z 2 V1d = π 4dx = 8π 0
V2d = π
Z 2 0
2 (2 − e−x ) dx
1 −4 e + 4e−2 ) 2
= π
Z 2 0
¡
4 − 4e−x + e−2x
¢
¸ · 1 −2x 2 9 −x = π( − dx = π 4x + 4e − e 2 2 0
9 1 7π π −4 + e − 4πe−2 . Vd = V1d − V2d = 8π − π( − e−4 + 4e−2 ) = 2 2 2 2 · 2 µ ¶ ¸1 Z 1 2 y y 7 5 −4 −2 ln y − (2 − y) (− ln y) dy = 2π = 2π V1c = 2π − 2y ln y + 2y − 6e + e 2 4 4 4 e−2 e−2 Z e−2 ¤e−2 ¢ £ ¡ V2c = 2π (2 − y) (2) dy = 2π 4y − y 2 0 = 2π 4e−2 − e−4 0
108
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
Vc = V1c + V2c = 2π π −4 e − 4πe−2 . 2
µ
7 5 − 6e−2 + e−4 4 4
¶
¢ ¡ + 2π 4e−2 − e−4 = 2π
µ
7 1 − 2e−2 + e−4 4 4
¶
=
7π + 2
2 3 10. Calcular la longitud de arco de la gráfica de la función y = x 2 + 1 en el intervalo [0, 1] . 3 Solución: Z 1p 2 3 1 + f 0 (x)2 dx. En este caso y teniendo en cuenta que f (x) = x 2 +1 La longitud de arco s = 3 0 √ y f 0 (x) = x tenemos que · q ¸1 Z 1 ¢ √ 2 2¡ √ s= 2 2−1 . 1 + xdx = (1 + x)3 = 3 3 0 0
11. Un objeto parte del origen y se mueve por el eje y. Al mismo tiempo, un perseguidor parte del punto (1, 0) y se mueve en dirección al objeto. Si la velocidad del perseguidor es doble que la del ´ 1 1³ 3 x 2 − 3x 2 + 2 . ¿Qué distancia objeto, la ecuación de la trayectoria del perseguidor es y = 3 ha recorrido el objeto en el momento de ser capturado? Probar que el perseguidor recorre el doble. Solución: La distancia que recorre el objeto se obtiene cuando el perseguidor alcanza el eje de las y, es 2 decir, sustituyendo en la ecuación de la trayectoria el valor x = 0, por lo tanto d0 = . 3 La distancia que recorre el perseguidor es la longitud de la curva desde el punto (1, 0) al punto 2 (0, ). 3 #1 "√ µ√ ¶2 ¶ Z 1s Z 1 µ√ 1 1 x x x3 √ 4 dp = + √ + x = 1+ dx = dx = − √ 2 2 3 3 2 x 2 x 0 0 0
Efectivamente dp = 2d0 . 12. Averiguar si las siguientes integrales impropias son convergentes, y en caso afirmativo, obtener su valor. Z 0 Z 8 Z ∞ 1 2 −x −x e dx b).x e dx c).a).1 dx 0 −∞ 0 (8 − x) 3 Z ∞ −1 Z 1 Z 2 1 6 ex dx f).e).dx. d).4 dx 2 1 x 0 (x − 1) 3 0 x−1
Solución: Z b Z ∞ ¡ ¢ b e−x dx = lim e−x dx = limb→∞ [−e−x ]0 = lim −e−b + 1 = 1. Por tanto, la (a) b→∞ b→∞ 0 0 Z ∞ e−x dx = 1. integral es convergente y su valor es 0 R (b) En primer lugar calculamos x2 e−x dx. utilizando para ello el método de integración por partes. ½ R R u = x2 u0 = 2x ⇒ x2 e−x dx = −x2 e−x + 2 xe−x dx. Volvemos a utilizar inte0 −x −x v = −e v =e ½ R u=x u0 = 1 gración por partes, ahora ⇒ x2 e−x dx = −x2 e−x −2xe−x −2e−x = 0 −x −x v = −e v =e Z 0 Z 0 ¡ £ ¡ ¢ ¢¤0 2 2 −x −x x e dx = lim x2 e−x dx = limb→−∞ e−x −x2 − 2x − 2 b = e −x − 2x − 2 . Entonces −∞
b→−∞
b
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
109
¶ −b2 − 2b − 2 = −2 − ∞ = −∞, luego esta integral es divergente. b→−∞ eb · ¸b · ¸ Z 8 Z b 2 2 3 3 1 1 3 (c) = lim − (8 − b) 3 + 6 = 1 dx = lim− 1 dx = lim− − (8 − x) 2 2 b→8 b→8 b→8− 0 (8 − x) 3 0 (8 − x) 3 0 Z 8 1 6. Por tanto la integral es convergente y su valor es 1 dx = 6. 0 (8 − x) 3 Z b Z 2 Z 2 1 1 1 dx = lim dx + lim (d) 4 4 4 dx. c→1+ b→1− 0 (x − 1) 3 0 (x − 1) 3 c (x − 1) 3 Z b h i h i 1 b 1 1 dx = lim −3(x − 1)− 3 = lim −3(b − 1)− 3 + 3 = ∞. Como una de lim 4 0 b→1− b→1− b→1− 0 (x − 1) 3 las dos integrales es divergente, la integral es divergente. Z b Z 1 6 6 dx = lim dx = lim [6 ln |x − 1|]b0 = lim [6 ln |b − 1|] = −∞, luego la (e) − x − 1 x − 1 b→1 b→1− b→1− 0 0 integral es divergente. Z ∞ −1 Z b −1 h −1 ib h −1 i ex ex x (f) e e b − e−1 = 1 − e−1 . por lo tanto la dx = lim dx = lim = lim 2 2 b→∞ b→∞ b→∞ x x 1 1 1 Z ∞ −1 1 ex integral es convergente y su valor es dx = 1 − . 2 e 1 x −2 − lim
µ
13. Calcular: (a) lim [3 ln(x + 3) − 3 ln(x + 1)] . x→∞ Z 4x − 8 dx. (b) x3 + 3x2 + 15x + 9 Z ∞ 4x − 8 dx. (c) 3 2 1 x + 3x + 15x + 9 Solución: · ¸ £ ¤ (x + 3)3 3 3 (a) lim [3 ln(x + 3) − 3 ln(x + 1)] = lim ln(x + 3) − ln(x + 1) = lim ln x→∞ x→∞ x→∞ (x + 1)3 µ · ¸¶ (x + 3)3 = ln limx→∞ = ln 1 = 0. (x + 1)3 Z 4x − 8 dx descomponemos el integrando en fracciones sim(b) Para calcular 3 x + 3x2 + 15x + 9 ples. Como el denominador es de grado menor que el denominador y x3 + 3x2 + 15x + 4x − 8 A B C = + + = 9 = (x + 3)2 (x + 1) tenemos que 3 2 x + 3x + 15x + 9 x+1 x+3 (x + 3)2 A(x + 3)2 + B(x + 1)(x + 3) + C(x + 1) x3 + 3x2 + 15x + 9 ⇒ A(x + 3)2 + B(x + 1)(x + 3) + C(x + 1) = 4x − 8. Dando valores a x obtenemos Para x = −3 ⇒ −2C = −20 ⇒ C = 10 Para x = −1 ⇒ 4A = −12 ⇒ A = −3 Z 4x − 8 dx = Para x = 0 ⇒ −27 + 3B + 10 = −8 ⇒ B = 3. Por lo tanto 3 + 3x2 + 15x + 9 x Z Z Z 3 10 10 −3 dx + dx + + C. dx = −3 ln |x + 1| + 3 ln |x + 3| − 2 x+1 x+3 x+3 (x + 3)
Boletín 5. Integral de Riemann. Aplicaciones
110
(c) Con los cálculos hechos en los apartados anteriores tenemos Z ∞ Z b 4x − 8 4x − 8 dx = lim dx = 3 2 3 2 b→∞ 1 x + 3x + 15x + 9 1 x + 3x + 15x + 9 · µ ¶¸ 10 10 (b + 3)3 5 lim ln − 3 ln 2 − = − 3 ln 2, ya que − 3 b→∞ (b + 1) b+3 4 2 · · ¸ · ¸ ¸ 3 3 10 10 (b + 3) (b + 3) lim ln − lim − = lim ln = 0. − b→∞ b→∞ b→∞ (b + 1)3 b + 3 (b + 1)3 b+3 Z
x2 √ dx x3 + 1 b) Calcular el volumen que se obtiene cuando la región limitada por la gráfica de la función x , el eje de las x y la recta x = 1, gira en torno del eje y. y=√ 3 x +1 Solución:
14. a) Calcular
Z 3x2 x2 1 2√ 3 √ √ x + 1 + C. dx = dx = (a) La integral es inmediata 3 3 x3 + 1 x3 + 1 También podía haberse hecho con el cambio de variables u = x3 + 1 ⇒ du = 3x2 dx Z Z Z 1 x2 2√ 2√ 3 1 1 du √ √ = u+C = x + 1 + C. dx = u− 2 du = 3 3 3 3 u x3 + 1 x (b) La función que gira entorno del eje de las y es f (x) = √ . Si utilizamos el método de 3 x +1 las capas obtenemos que el volumen pedido es ¸1 · Z 1 ¢ R1 2√ 3 x2 4π ¡√ √ V = 2π 0 xf(x)dx = 2π x +1 = 2−1 . dx = 2π 3 3 x3 + 1 0 0 Z
Parte II
Exámenes Resueltos de Cursos Anteriores
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Primer Parcial. Curso 2002-03 PROBLEMA 1.-
1 2 −1 Dada la matriz A = 2 0 0 se pide: −1 0 a a) (1 punto) ¿Para qué valores de a la matriz A tiene inversa? b1 b) (2 puntos) ¿Qué condiciones debe cumplir las componentes del vector b = b2 para que el b3 sistema Ax = b tenga solución?
c) (2 puntos) Para a = 2, calcular la inversa de A por el método de Gauss-Jordan. −4 d) (3 puntos) ¿Para que valores de a el sistema Ax = −a tiene solución? Resolver dicho 0 sistema por el método de Gauss cuando sea compatible indeterminado. e) (2 puntos) Para a = 0, encontar una base para el espacio columna de la matriz A y una base para el espacio nulo de la matriz A. Los subespacios vectoriales N (A) y R(A) ¿son ortogonales? Solución a) Este apartado puede hacerse de dos formas: haciendo transformaciones elementales o mediante el determinante. 1a forma: Haciendo transformaciones elementales: 1 1 2 −1 1 0 0 2 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 2 F1 ( 2 ) (−1) P12 2 0 1 2 −1 1 0 0 −→ 1 2 −1 1 0 0 F21 0 0 1 0 −→ −→ F31 (1) −1 0 a 0 0 1 −1 0 a 0 0 1 −1 0 a 0 0 1 1 1 0 0 0 2 0 0 2 −1 1 − 1 0 . (Si a 6= 0 podemos seguir realizando transformaciones elementales). 2 1 1 0 0 a 0 2 1 1 0 0 0 0 1 2 F2 ( 2 ) Haríamos −→ 0 1 − 12 12 − 14 0 . Y la matriz tiene inversa. 1 1 F3 ( a1 ) 0 0 1 0 2a a
Si a = 0, el método de Gauss-Jordan no puede continuarse, es decir, la forma escalonada reducida no es la identidad y la matriz A no tiene inversa. Resumiendo, A posee inversa si y sólo si a 6= 0. 2a forma: (En este caso más sencilla)
112
113
Primer Parcial. Curso 2002-03
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1 2 −1 ¯ ¯ 2 −1 ¯ ¯ ¯ ¯ = −4a. Sabemos ¯ ¯ ¯ 0 ¯ = −2 ¯ Calculamos el deteminante de la matriz |A| = ¯ 2 0 ¯ 0 a ¯ −1 0 a ¯ que una matriz cuadrada A tiene inversa si y sólo si su determinante es distinto de cero. En este caso, |A| 6= 0 si y sólo si a 6= 0. b) Hay que analizar dos posibilidades: — Si a 6= 0, la matriz A es regular. Por tanto, el sistema Ax = b tiene solución para cualquier valor del vector b, de aquí que las componentes de b no tengan que cumplir ninguna condición para que el sistema posea solución. — Si a = 0, la matriz A no es regular. En este caso,“intentamos” resolver el sistema Ax = b por el método de Gauss: 1 2 −1 b1 1 2 −1 b1 1 2 −1 b1 F2 (− 14 ) F21 (−2) 1 2 0 0 b2 −→ 0 −4 2 b2 − 2b1 −→ 0 1 − 12 b2 −2b −4 F31 (1) 0 2 −1 b3 + b1 −1 0 0 b3 0 2 −1 b3 + b1 1 2 −1 b1 F32 (−2) b2 −2b1 1 0 1 −2 −→ . Ahora, el sistema Ax = b tiene solución si y sólo si las compo−4 0 0 0 2b32+b2 nentes del vector b = (b1 , b2 , b3 )t cumplen la condición 2b3 + b2 = 0. Obsérvese que una inspección directa sobre la matriz A para el caso a = 0 nos indica que la segunda fila de A es (−2) veces la tercera, por lo que el sistema Ax = b es compatible (en este caso indeterminado) si y sólo si b2 = −2b3 ; expresión coincidente con la anterior obtenida por el método de Gauss. c) Calculamos la inversa de A por el método de Gauss-Jordan. Aprovechamos las tranformaciones hechas en el apartado (a) sustituyendo a = 2. 2 0 0 0 1 0 1 0 0 0 12 0 1 2 −1 1 0 0 1 F ( ) 1 (−1) P12 2 1 2 −1 1 0 0 −→ 1 2 −1 1 0 0 F21 2 0 0 0 1 0 −→ −→ F31 (1) −1 0 2 0 0 1 −1 0 2 0 0 1 −1 0 2 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 2 0 2 2 F2 ( 12 ) F23 ( 2 ) 0 2 −1 1 − 1 0 −→ 0 1 − 1 1 − 1 0 −→ 0 1 0 1 −1 1 2 2 2 4 2 8 4 1 1 1 1 1 1 F3 ( 2 ) 0 0 1 0 0 0 2 0 0 0 1 0 2 1 4 2 4 2 1 0 4 0 0 0 2 1 Por tanto A−1 = 12 − 18 14 = 4 −1 2 . Observamos que la inversa sigue siendo 8 1 1 0 2 4 0 4 2 simétrica. Ahora comprobamos que el resultado es correcto: 0 4 0 1 2 −1 1 0 0 1 4 −1 2 2 0 0 = 0 1 0 8 0 2 4 −1 0 2 0 0 1
d) Puede hacerse de dos formas.
1a forma: Resolviendo el sistema por el método de Gauss. 1 2 −1 −4 1 2 −1 −4 1 2 −1 F2 (− 14 ) F21 (−2) 2 0 0 −a −→ 0 −4 2 −a + 8 −→ 0 1 − 12 F31 (1) 0 2 a−1 −4 0 2 a−1 −1 0 a 0 1 2 −1 −4 F32 (−2) . De aquí concluimos lo siguiente: −→ 0 1 − 12 a−8 4 −a 0 0 a 2
−4
a−8 4
−4
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Primer Parcial. Curso 2002-03
— Si a 6= 0, el sistema tiene solución única.
— Si a = 0 el sistema es compatible indeterminado. Tenemos que resolverlo en este caso. ½ x1 + 2x2 − x3 = −4 El sistema que obtenemos es equivalente a cuyas soluciones son x2 − 12 x3 = −2 x1 = 0 x2 = t − 2 con t ∈ R. x3 = 2t
2a forma: Se podía haber razonado utilizando los resultados obtenidos previamente: — Si a 6= 0 la matriz es regular y el sistema tiene solución única.
−4 — Si a = 0 el sistema tiene solución cuando las componentes del vector −a cumplan 0 las condiciones obtenidas en el apartado (b). Así, el sistema es compatible si y sólo si 2 · 0 − a = 0, es decir, cuando a = 0. En este caso como la matriz no es regular tenemos un sistema compatible indeterminado y la resolución se lleva a cabo como en la primera forma. 1 2 −1 0 . Sabemos que el espacio columna R(A) es el e) Para a = 0 la matriz resultante es 2 0 −1 0 0 generado por las columnas de la matriz, R(A) = lin {(1, 2, −1) , (2, 0, 0) , (−1, 0, 0)} . Por simple inspección se tiene que los vectores (2, 0, 0) y (−1, 0, 0) son linealmente dependientes (ya que son proporcionales), luego, R(A) = lin {(1, 2, −1) , (2, 0, 0)} y una base de este subespacio vectorial es la formada por los vectores {(1, 2, −1) , (2, 0, 0)} . Para calcular el espacio nulo N (A) debemos resolver el sistema Ax = 0. Utilizando los cálculos x1 = 0 x2 = t , luego hechos en el apartado anterior tenemos que la solución de este sistema es x3 = 2t N (A) = lin {(0, 1, 2)} y una base de este subespacio está formada por {(0, 1, 2)} .
Los subespacios N (A) y R(A) son ortogonales si y sólo si todos los vectores de la base de uno son ortogonales a todos los vectores de la base del otro. En este caso, como (1, 2, −1) · (0, 1, 2) = 0 y (2, 0, 0) · (0, 1, 2) = 0, se verifica que N (A) y R(A) son ortogonales. Nótese que puede probarse que N (A) y R(A) son ortogonales sin determinar explícitamente estos subespacios. En efecto, utilizando el Teorema Fundamentel del Álgebra Lineal, sabemos que R(At ) = N (A)⊥ , pero A es simetrica, por lo que R(A) = N (A)⊥ .
PROBLEMA 2.¡ ¢2 a) Sabiendo que la función x2 + y2 − x3 − y 3 − 2 = 0 define a y = f (x) como función implícita de x se pide: a.1) (2.5 puntos) Calcular la recta tangente a la gráfica de f (x) en el punto (1, 1) . a.2) (1.5 puntos) Obtener el polinomio de Taylor de orden dos en el punto c = 1. Usar dicho polinomio para obtener aproximadamente el valor de f (1.001). √ b) (3 puntos) Encontrar los máximos y mínimos absolutos de la función f (x) = x 4 − x2 en el intervalo [−2, 1]. Con esa información realiza un esbozo de la gráfica en el intervalo [−2, 1].
Primer Parcial. Curso 2002-03
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c) (3 puntos) Una página impresa va a tener márgenes de 2 centímetros en los lados y de 1 centímetro en las partes superior e inferior. El área de la parte impresa es de 32 cm2 . Determinar las dimensiones de la página de manera que se utilice la menor cantidad posible de papel. Solución ¡ ¢2 a) a1) Derivamos implícitamente la ecuación x2 + y 2 − x3 − y 3 − 2 = 0 y obtenemos ¶ µ ¢ ¡ 2 dy dy 2 = 0. − 3x2 − 3y2 2 x +y 2x + 2y dx dx
(∗)
Sustituyendo en esta ecuación x = 1 e y = 1 obtenemos µ ¶ dy dy dy dy 2(2) 2 + 2 (1) − 3 − 3 (1) = 0 =⇒ 8 + 8 (1) − 3 − 3 (1) = 0 =⇒ dx dx dx dx dy dy 5 (1) = −5 =⇒ (1) = −1. dx dx La ecuación de la recta tangente a una gráfica de ecuación y = f (x) en el punto (a, f(a)) se obtiene mediante la fórmula y − f (a) = f 0 (a)(x − a). En nuestro caso y − 1 = −(x − 1), es decir, la ecuación de la recta tangente es y = −x + 2. a.2) Derivamos implícitamente la ecuación (∗) y obtenemos ! Ã ¶2 µ ¶2 µ ¶2 µ 2 ¢ ¡ 2 dy d y d2 y dy dy 2 − 3y 2 2 = 0. 2+2 2 2x + 2y +2 x +y + 2y 2 − 6x − 6y dx dx dx dx dx
(∗∗)
dy (1) = −1 obtenemos Sustituyendo en la ecuación (∗∗) x = 1, y = 1 y dx µ ¶ d2 y d2 y 2(0)2 + 2(2) 2 + 2 + 2 2 (1) − 6 − 6 − 3 2 (1) = 0 =⇒ dx dx µ ¶ 2 2 d2 y d y d y d2 y −4 4 4 + 2 2 (1) − 12 − 3 2 (1) = 0 =⇒ 4 + 5 2 (1) = 0 =⇒ 2 (1) = dx dx dx dx 5
El polinomio de Taylor de orden dos de una función y = f (x) en el punto (a, f (a)) se obtiene f 00 (a) f 0 (a) (x − a) + (x − a)2 . En nuestro caso obtenemos mediante la fórmula P2 (x) = f (a) + 1! 2! 2 f 00 (1) f 0 (1) (x − 1) + (x − 1)2 = 1 − (x − 1) − (x − 1)2 . P2 (x) = f (1) + 1 2 5 Calculamos aproximadamente f (1.001) utilizando para ello la aproximación que nos da el poli2 nomio de Taylor f (1.001) ' P2 (1.001) = 1 − (1.001 − 1) − (1.001 − 1)2 = 0.9989996. 5 b) En primer lugar calculamos los puntos críticos de f en el intervalo (−2, 1). Puesto que f 0 (x) = √ x2 4 − x2 − √ , obtenemos que f es derivable en todos los puntos del intervalo (−2, 1) y por 4 − x2 consiguiente, los puntos críticos de f son aquellos para los que se anula la derivada. Entonces, √ √ x2 f 0 (x) = 0 si y sólo si 4 − x2 = √ ⇔ 4 − x2 = x2 ⇔ x = ± 2. Observamos que 2 4−x √ √ 2∈ / (−2, 1) , luego el único punto crítico de f a considerar es − 2√. Calculamos f (−2) = 0; √ √ f (− √2) = −2 y f (1) = 3. Por lo √ tanto, el valor mínimo es f (− 2) = −2 que se alcanza en − 2 y el valor máximo es f (1) = 3 que se alcanza en 1. Con la información anterior, un esbozo de la gráfica se muestra en la figura 1.
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Primer Parcial. Curso 2002-03
√ Figura 29: Gráfica de la función f (x) = x 4 − x2 en intervalo [−2, 1].
Figura 30: Página impresa c) Con las variables escritas en la figura 2 y los datos del problema tenemos que minimizar la función área A = xy con la condición de que (x − 4) (y − 2) = 32. 32 y sustituyendo en la Despejando de esta ecuación la variable y obtenemos y = 2 + (x − 4) ¶ µ 32 = primera obsevamos que debemos obtener el mínimo de la función A(x) = x 2 + (x − 4) 32x con la condición x > 4. Calculamos la derivada para estudiar los extremos relativos 2x + (x − 4) 128 128 0 A0 (x) = 2 − ⇐⇒ (x − 4)2 = 64 ⇐⇒ 2 . Entonces A (x) = 0 si y sólo si 2 = (x − 4) (x − 4)2 x − 4 = ±8 =⇒ x = 12 y x = −4, pero este último valor no pertenece al dominio impuesto por el problema, luego el único punto a considerar es x = 12. 256 Calculamos A00 (x) = y obtenemos que A00 (x) > 0 para todo x > 4, luego la función (x − 4)3 A(x) es cóncava hacia arriba en el intervalo (4, +∞) y por consiguiente, (12, A(12)) es mínimo absoluto. Utilizando sólo la primera derivada también podemos probar que (12, A(12)) es un mínimo ab-
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Primer Parcial. Curso 2002-03
128 2 (x − 4)2 − 128 2 (x + 4) (x − 12) = = , 2 2 (x − 4) (x − 4) (x − 4)2 es fácil ver que A0 (x) < 0 para 4 < x < 12 y A0 (x) > 0 para x > 12. En consecuencia, la función A es estrictamente decreciente en el intervalo (4, 12) y estrictamente creciente en el intervalo (12, +∞). Así, el punto (12, A(12)) es mínimo absoluto. Por último, las dimensiones de 32 = 6 cm. la página son x = 12 cm e y = 2 + (12 − 4) soluto. Efectivamente, puesto que A0 (x) = 2 −
PROBLEMA 3.
4 0 0 a) (3.5 puntos) Averiguar si la matriz A = −1 2 −4 es diagonalizable. En caso afirma0 −1 2 tivo encontrar una matriz de paso P y una matriz diagonal D tal que A = P DP −1 . b) (3.5 puntos) De una matriz simétrica de orden tres B sabemos que sus autovalores son λ1 = 1 con subespacio propio asociado V (1) = lin {(1, 0, −1)} y λ2 = 0 cuyo subespacio propio asociado V (0) tiene de ecuación x − z = 0. Calcular la matriz B. c) (3 puntos) Dibujar la gráfica de las funciones y = cos x e y = 5x + 5. Determinar en cuántos puntos se cortan estas dos gráficas y obtenerlos todos con una precisión de cuatro cifras decimales exactas. Si tienes que hacer iteraciones tomar siempre como valor inicial x0 = 0. Solución a) Calculamos el polinomio característico de la matriz A. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ λ−4 0 0 ¯¯ ¯ ¯ λ−2 ¯ 4 ¯= 1 λ−2 4 ¯¯ = (λ − 4) ¯¯ det(λI − A) = |λI − A| = ¯¯ 1 λ−2 ¯ ¯ ¯ 0 1 λ−2 ³ ´ ¡ ¢ (λ − 4) (λ − 2)2 − 4 = (λ − 4) λ2 − 4λ = (λ − 4)2 λ. Luego los autovalores son λ1 = 4 de m.a. (λ1 = 4) = 2 y λ2 = 0 de m.a. (λ2 = 0) = 1. Ahora calculamos los subespacios propios asociados a estos autovalores. Para calcular el subespacio propio asociado al autovalor λ1 = 4 debemos resolver el sitema (4I − A) x = 0. Utilizamos para ello el método de Gauss. Hacemos transformaciones elementales: 0 0 0 0 x1 = 0 1 2 4 0 λI − A = 1 2 4 0 −→ 0 1 2 0 =⇒ x2 = −2t . Vemos por tanto que el 0 1 2 0 x3 = t 0 0 0 0 subespacio propio asociado al autovalor λ1 = 4 es V (4) = lin {(0, −2, 1)}. Como la dimensión de este subespacio es uno se tiene que m.g. (λ1 = 4) = 1 6= m.a. (λ1 = 4) y la matriz no es diagonalizable. También puede observarse directamente que rg(λI − A) = 2, por lo que µ1 = dim(V (λ1 )) = 3 − rg(λI − A) = 3 − 2 = 1 6= 2 = m1 y por tanto, A es no diagonalizable. b) Como la matriz es simétrica sabemos que los subespacios asociados a λ1 = 0 y a λ2 = 1 son ortogonales. Efectivamente, el vector (1, 0, −1) es ortogonal a cualquierµvector (x, y, z) ¶ tal que x − 1 1 z = 0. Tomamos una base ortonormal de V (1) que está formada por √ , 0, − √ y una base 2 2 ortonormal de V (0). ½µ Como V (0) =¶lin {(1, 0,¾ 1) , (0, 1, 0)} , una µ base ortonormal ¶ µ de este subespa¶ 1 1 1 1 1 1 √ , 0, √ , (0, 1, 0) . Los vectores √ , 0, − √ , √ , 0, √ , (0, 1, 0) cio está formada por 2 2 2 2 2 2
118
Primer Parcial. Curso 2002-03
constituyen una base ortonormal de autovectores. Por lo tanto una matriz de paso ortogonal 1 1 √ 0 √ 2 2 0 1 0 y la matriz B es B = QDQT = para la matriz B es la formada por Q = 1 1 −√ 0 √ 2 2 1 1 1 1 1 1 √ √ 0 √ 0 −√ 0 − 1 0 0 2 2 2 2 2 2 0 1 0 0 0 0 0 1 0 = 0 0 0 . 1 1 0 0 0 1 1 1 1 √ √ 0 √ 0 0 −√ − 2 2 2 2 2 2 De hecho, para resolver el problema no es necesario encontrar una matriz de paso ortogonal. A partir de los datosdel problema, {(1, 0, 1) , (0, 1, 0)} , la ma V (1) = lin {(1, 0, −1)} yV (0) = lin 1 0 0 1 0 1 triz de paso P = 0 1 0 verifica P −1 BP = D = 0 0 0 , y calculando la inversa 0 0 0 −1 0 1 1 1 1 1 0 − 0 − 1 0 1 1 0 0 2 2 2 2 , resulta que B = P DP −1 = 0 1 0 0 0 0 0 1 de P, P −1 = 0 1 0 0 = 1 1 1 1 −1 0 1 0 0 0 0 0 2 2 2 2 1 1 0 − 2 2 0 0 0 . 1 1 0 − 2 2
c) Las gráficas de las dos funciones en el mismo sistema están dadas en la Figura 31.
y=5x+5
y=cos(x)
Figura 31: Gráficas de y = cos(x) e y = 5x + 5. Encontrar los puntos en los que se ½ cortan las gráficas de estas dos funciones es equivalente a y = cos x resolver el sistema de ecuaciones ⇔ cos x = 5x + 5 ⇔ 5x + 5 − cos x = 0. Para y = 5x + 5 resolver esta ecuación llamamos f (x) = 5x + 5 − cos x y buscamos los ceros de esta función. Ya sea observando las gráficas de las dos funciones o estudiando analíticamente la función f (x) y ³ π´ 5π + 5 < 0 , f (0) = 4 > 0 y que f 0 (x) = 5 + sen x ≥ 4 > 0 =− teniendo en cuenta f − 2 2 (es decir, f es estrictamente creciente), se concluye que estas dos gráficas se cortan sólo en un
119
Primer Parcial. Curso 2002-03
punto. En la Figura 32 puede verse un esbozo de la gráfica de f. (no es una recta)
y=5x+5-cos(x)
Figura 32: Gráfica de f (x) = 5x + 5 − cos(x). Para obtener el punto de corte utilizamos el método de Newton.
n
xn
f (xn )
f 0 (xn )
1 2 3 4
0 −0.8 −0.8708191 −0.8712214
4 0.3032932 0.001704269 0.0000005574
5 4.2826439 4.2351431 4.234884
f (xn ) f 0 (xn ) 0.8 0.0708191 0.00040239 0.000000118
xn+1 = xn −
f (xn ) f 0 (xn )
−0.8 −0.8708191 −0.8712214 −0.8712215
Como |−0.000000118| < 0.0001 (o sean repetido al menos cuatro cifras decimales en la última iteración) tenemos que la única solución de f (x) = 0 es x∗ = −0.8712215 y el punto en el que se cortan las gráficas es (−0.8712215, 0.6438925). PROBLEMA 4.-
1 1 Dadas las matrices A = −1 1 , se pide: 2 1 a) (2 puntos) Determinar una base ortogonal del espacio columna R(A) de la matriz A. 2 0 . b) (2 puntos) Resolver por el método de los mínimos cuadrados el sistema Ax = 4
c) (2 puntos) Encontrar la recta que mejor se ajusta en el sentido de los mínimos cuadrados a la nube de puntos (1, 2) , (−1, 0) , (2, 4) . 2 0 sobre el espacio columna de A. d) (2 puntos) Calcular la proyección ortogonal de 4
120
Primer Parcial. Curso 2002-03
e) (2 puntos) Encontrar la proyección proyR(A) x donde x es un vector arbitrario y expresar dicha 1 1 proyección en la forma P x, determinando previamente la matriz P. Calcular P −1 , P 1 2 1 y encontrar un vector x tal que P x = 0. Solución a) Sean u1 = (1, −1, 2) y u2 = (1, 1, 1) los vectores columnas de la matriz A. Por tanto R(A) = lin {u1 , u2 } y tenemos que {u1 , u2 } constituyen una base de R(A). Utilizamos el método de Gram-Schmidt para obtener la base ortogonal. Primer paso: v1 = u1 = (1, −1, 2)
.v1 v1 = (1, 1, 1) − 26 (1, −1, 2) = Segundo paso: v2 = u2 − uv12.v 1
¡2 4 1¢ 3, 3, 3
Comprobamos que los vectores v1 y v2 son ortogonales: v1 .v2 = 23 − 43 + 23 = 0.
Podemos tomar como vector v2 un múltiplo del que nos ha salido. Por ejemplo, v2 = (2, 4, 1). b) Para resolver el sistema Ax = b por el método de los mínimos cuadrados, resolvemos el sistema ¶ 2 µ ¶ 1 1 µ ¶ µ x 1 −1 2 1 −1 2 0 = normal asociado AT Ax = AT b =⇒ −1 1 y 1 1 1 1 1 1 4 2 1 µ ¶µ ¶ µ ¶ 6 2 x 10 = . Este último sistema lo resolvemos por el método de Gauss =⇒ 2 3 y 6 µ ¶ µ µ µ ¶ ¶ ¶ 3 F1 ( 12 ) F21 (−6) 6 2 10 3 3 2 3 6 1 1 32 P12 2 −→ −→ −→ , luego la solu2 3 6 6 2 10 6 2 10 0 −7 −8 x= 9 7 ción por mínimos cuadrados o pseudosolución del sistema es: 8 y= 7
c) En principio buscamos una recta de ecuación y = mx+n que pase por los puntos (1, 2) , (−1, 0) , (2, 4). Si hay una que pase por la que mejor se ajusta. Deberíamos resolver, estos tres puntos esa es ¶ 1 1 µ 2 m por tanto, el sistema −1 1 = 0 , que no tiene solución. Cuando esto ocurre n 2 1 4 ° ° ° µ ¶ 1 1 2 ° ° ° m ° 0 ° − buscamos aquella recta para la que se verifica que ° −1 1 ° es mínimo. n ° 4 ° 2 1 ¶ 1 1 µ 2 m Y esto es resolver el sistema −1 1 = 0 por el método de los mínimos cuadran 2 1 4 8 9 dos. Como lo hemos resuelto en el apartado (b) tenemos que la recta buscada es y = x + . 7 7
d) La proyección ortogonal de b sobre el espacio columna R(A) podemos obtenerla por dos métodos. Primer método: Como tenemos una base ortogonal de R(A) podemos usar la fórmula: 8 (b.v1 ) (b.v2 ) 10 v1 + v2 = (1, −1, 2) + (2, 4, 1) = proyR(A) (b) = (v1. v1 ) (v2 .v2 ) 6 21 µ ¶ µ ¶ µ ¶ 5 5 10 16 32 8 17 −1 26 ,− , , , , , = + = . 3 3 3 21 21 21 7 7 7
121
Primer Parcial. Curso 2002-03
¢t ¡ Segundo método: Como hemos calculado previamente la pseudosolución α = 97 , 87 , la proyec 17 9 7 1 1 −1 ción se puede calcular como: proyR(A) (b) = Aα = −1 1 7 8 = 7 . 2 1 26 7 7 x1 e) Este apartado puede hacerse, como el anterior, de dos formas. Sea x = x2 vamos a calcular x3 proyR(A) (x) . Primer método: Como tenemos una base ortogonal de R(A) podemos usar la fórmula: proyR(A) (x) = =
µ
=
µ
=
µ
(x.v1 ) (x.v2 ) 2x1+ 4x2 + x3 x1 − x2 + 2x3 t t v1 + v= (1, −1, 2) + (2, 4, 1) = (v1. v1 ) (v2 .v2 ) 6 21
x1 − x2 + 2x3 4x1+ 8x2 + 2x3 −x1 + x2 − 2x3 8x1+ 16x2 + 4x3 2x1 − 2x2 + 4x3 2x1+ 4x2 + x3 + , + , + 6 21 6 21 6 21
¶t
7x1 − 7x2 + 14x3 + 8x1+ 16x2 + 4x3 −7x1 + 7x2 − 14x3 + 16x1+ 32x2 + 8x3 14x1 − 14x2 + 28x3 + 4x1+ 8x2 + 2x3 , , 42 42 42
15x1 + 9x2 + 18x3 9x1 + 39x2 − 6x3 18x1 − 6x2 + 30x3 , , 42 42 42
¶t
x1 15 9 18 1 9 39 −6 x2 = 42 18 −6 30 x3
= ¶t
Segundo método: Calculando previamente la pseudosolución z. Una vez obtenida haremos 1 1 proyR(A) (x) = Az = −1 1 z. 2 1 µ ¶ x1 1 1 µ ¶ 1 −1 2 u Resovemos el sistema normal asociado AT Az = AT x2 =⇒ −1 1 = 1 1 1 v x3 2 1 µ ¶ x1 1 −1 2 x2 1 1 1 x3 µ ¶µ ¶ µ µ ¶ µ ¶−1 µ ¶ ¶ 6 2 u x1 − x2 + 2x3 u 6 2 x1 − x2 + 2x3 = = =⇒ =⇒ 2 3 v v 2 3 x1 + x2 + x3 x1 + x2 + x3 µ ¶ µ ¶µ µ ¶ ¶ 1 1 u 3 −2 x1 − x2 + 2x3 x1 − 5x2 + 4x3 = =⇒ = v x1 + x2 + x3 6 14 −2 14 4x1 + 8x2 + 2x3 ¶ 1 1 µ 5x1 + 3x2 + 6x3 1 1 x1 − 5x2 + 4x3 3x1 + 13x2 − 2x3 = −1 1 = proyR(A) (x) = 4x1 + 8x2 + 2x3 14 14 6x1 − 2x2 + 10x3 2 1 15 9 18 x1 1 = 9 39 −6 x2 42 18 −6 30 x3 1 1 1 1 1 1 Como −1 , 1 ∈ R(A) se tiene que P −1 = −1 y P 1 = 1 . 2 1 2 2 1 1
=
122
Primer Parcial. Curso 2002-03
Como P x calcula la proyección de x sobre el espacioR(A), buscar x tal que ½ P x = 0 es equivalente x1 − x2 + 2x3 = 0 a buscar un vector x ∈ R(A)⊥ y para ello debemos resolver el sistema x1 + x2 + x3 = 0 = −3t x −3 1 x2 = t . Y un vector buscado es x = 1 . cuya solución es x3 = 2t 2
De hecho, si se hacen los productos se obtiene: 15 9 18 1 1 1 9 39 −6 −1 = −1 , 42 18 −6 30 2 2 15 9 18 0 −3 1 9 39 −6 1 = 0 . 42 18 −6 30 2 0
15 9 18 1 1 1 9 39 −6 1 = 1 , 42 18 −6 30 1 1
Segundo Parcial. Curso 2002-03 PROBLEMA 1.2 2 Dada la función f (x, y) = ex −2x+y se pide: a) (2 puntos) Encontrar y clasificar los puntos críticos de f (x, y) . b) (2 puntos) Calcular los ª extremos absolutos de f (x, y) en la región del plano cerrada y acotada © R = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 4 .
c) (2 puntos) Calcular la ecuación del plano tangente a la superficie de ecuación f (x, y) = 2 2 ex −2x+y en los puntos A(0, 0, 1) y B(1, 0, e−1 ).
d) (2 puntos) Hallar la derivada direccional de f (x, y) en el punto P (1, 1) en la dirección del vector que une P con Q(0, −1). ¿Cuál es el valor máximo que alcanza la derivada direccional en el punto P (1, 1)? e) (2 puntos) Utilizar la regla de la cadena para obtener
∂f ∂f y siendo x = sen s e y = t2 ln s2 . ∂s ∂t
Solución: ∂f (x, y) = 0, ∂x a) En primer lugar, buscamos los puntos críticos de f resolviendo el sistema ∂f (x, y) = 0. ∂y ∂f ∂f 2 2 2 2 (x, y) = (2x − 2)ex −2x+y y (x, y) = 2yex −2x+y , debemos resolver el sistema Puesto que ∂x ∂y ( 2 2 (2x − 2)ex −2x+y = 0, 2
2
2yex −2x+y = 0,
2
2
Como ex −2x+y 6= 0 para todo (x, y) ∈ R2 , el sistema anterior es equivalente a ( 2x − 2 = 0 2y = 0
cuya única solución es x = 1, y = 0. Por lo tanto el único punto crítico de f es el punto (1, 0). Ahora clasificamos dicho punto crítico. Para ello, calculamos las derivadas parciales de segundo orden de f ∂2f 2 2 2 2 (x, y) = 2ex −2x+y + (2x − 2)2 ex −2x+y , ∂x2
∂2f 2 2 2 2 (x, y) = 2ex −2x+y + (2y)2 ex −2x+y , ∂y2
∂2f 2 2 (x, y) = 2y(2x − 2)ex −2x+y . ∂x∂y 123
124
Segundo Parcial. Curso 2002-03
Sustituyendo en el punto crítico obtenemos
2 2 ∂2f −1 , ∂ f (1, 0) = 2e−1 y ∂ f (1, 0) = (1, 0) = 2e ∂x2 ∂y 2 ∂x∂y
0. Ya que ¯ 2 ¯ ∂ f ¯ ¯ ∂x2 (1, 0) ¯ 2 ¯ ∂ f ¯ ¯ ∂x∂y (1, 0)
¯ ¯ ∂ 2f ¯ (1, 0) ¯¯ ¯¯ −1 2e 0 ¯¯ ∂x∂y ¯ ¯ = 4e−2 > 0 ¯=¯ 0 ∂ 2f 2e−1 ¯ ¯ (1, 0) ¯ ∂y 2
∂2f (1, 0) = 2e−1 > 0, obtenemos que el punto crítico (1, 0) es un mínimo relativo. ∂x2 © ª b) Comencemos calculando los puntos críticos de f en el interior de R = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 4 . A partir del apartado anterior, tenemos (1, 0) es el único punto crítico de f y además pertenece ª © al conjunto (x, y) : x2 + y 2 < 4 , es decir, se encuentra en el interior de R. y
Seguidamente restringimos la función f a la frontera de R, esto es a la circunferencia de ecuación x2 −2x+y2 x2 +y2 = 4. De esta forma, haciendo x2 +y 2 = 4 la función se expresa como f (x, y) = e = 4−2x 4−2x . Luego debemos analizar la función g(x) = e , donde x ∈ [−2, 2]. e 4−2x
< 0 para todo x ∈ (−2, 2), luego el máximo absoluto La derivada de g satisface g 0 (x) = −2e de g se alcanza en el punto x = −2 y el mínimo absoluto en el punto x = 2. Obsérvese que de la y = 0 yªpor consiguiente los posibles valores donde expresión x2 + y2 = 4 con x = ±2, © se deduce 2 f restringida a la circunferencia (x, y) : x + y 2 = 4 alcanza su máximo absoluto y su mínimo absoluto son (2, 0) y (−2, 0). Sólo nos queda evaluar f en los puntos (1, 0), (2, 0) y (−2, 0): 1 f (2, 0) = e4−4 = e0 = 1 y f (−2, 0) = e4+4 = e8 , f (1, 0) = e−1 = , e luego el mínimo absoluto de f en la región R se alcanza el punto (1, 0) y su valor es f (1, 0) = e−1 y el máximo absoluto se alcanza en en el punto (−2, 0) y su valor es f (−2, 0) = e8 . ∂f ∂f (1, 0) = (1, 0) = 0) resulta que ∂x ∂y el plano tangente a la superficie de ecuación z = f (x, y) en el punto B(1, 0, e−1 ) es horizontal y su ecuación viene dada por z = e−1 .
c) Puesto que el punto (1, 0) es un punto crítico de f (es decir,
El plano tangente a la superficie de ecuación z = f (x, y) en el punto A(0, 0, 1) tiene por ecuación ∂f ∂f (0, 0)(x − 0) + (0, 0)(y − 0) − (z − 1) = 0. ∂x ∂y ∂f (0, 0) = −2 y Utilizando las derivadas parciales obtenidas en el primer apartado obtenemos ∂x ∂f (0, 0) = 0 y por consiguiente, el plano tangente tiene de ecuación (−2)(x − 0) + 0(y − 0) − ∂y (z − 1) = 0, esto es, −2x − z + 1 = 0. −→ d) El vector que une el punto P (1, 1) con el punto Q(0, −1) es P Q = (0, −1) − (1, 1) = (−1, −2). µ ¶ −→ −1 −2 PQ Normalizamos este vector y obtenemos el vector unitario ~u = −→ = √ , √ . Para 5 5 kP Qk
125
Segundo Parcial. Curso 2002-03
calcular la derivada direccional pedida necesitamos el gradiente de f en el punto (1, 1). Utilizando de nuevo las derivadas parciales obtenidas en el primer apartado obtenemos ¶ µ ∂f ∂f (1, 1), (1, 1) = (0, 2) ∇f (1, 1) = ∂x ∂y y la derivada direccional solicitada es D~u f (1, 1) = ∇f (1, 1) · ~u = (0, 2) ·
µ
−1 −2 √ ,√ 5 5
¶
4 = −√ . 5
El valor máximo de la derivada direccional de f en el punto (1, 1) es k∇f (1, 1)k = k(0, 2)k = 2. e) En primer lugar expresamos y en la forma y = t2 ln s2 = 2t2 ln s. Aplicando la regla de la cadena tenemos que
¯ ∂f ∂x ∂f ∂y 2t2 ¯¯ ∂f 2 −2x+y 2 2 −2x+y 2 x x = + = (2x − 2)e = · · · cos(s) + 2ye · ∂s ∂x ∂s ∂y ∂s s ¯x=sen s,y=2t2 ln s ¶ µ 8t4 2 4 2 = esen s−2 sen s+4t ln s (2 sen s − 2) cos(s) + ln s . s Análogamente, ¯ ∂f ∂x ∂f ∂y ∂f 2 2 2 2 ¯ = + = (2x − 2)ex −2x+y · 0 + 2yex −2x+y · 4t ln s¯ = · · ∂t ∂x ∂t ∂y ∂t x=sen s,y=2t2 ln s 2
4
2
= 16t3 ln2 sesen s−2 sen s+4t ln s .
PROBLEMA 2.a) (3 puntos) Calcular las integrales
Z
xe−x dx
Z
x2 √ dx. 4 − x2
b) (2 puntos) Determinar si alguna de las integrales impropias siguientes son convergentes y calZ ∞ Z 2 x2 √ xe−x dx dx. cular su valor cuando lo sean 4 − x2 1 0 c) (5 puntos) Calcular el volumen generado por la región del primer cuadrante limitada por las gráficas de y = sen x, y = 1 y x = 0, cuando dicha región gira: c.1) En torno del eje OX. c.2) En torno del eje OY. c.3) En torno de la recta x =
π . 2
Solución: Z a) Calculamos la intergal xe−x dx aplicando el método de integración por partes. · ¸ Z Z u=x du = dx −x −x xe dx = = −xe − −e−x dx = −xe−x −e−x +C = −e−x (x+ dv = e−x dx v = −e−x 1) + C.
126
Segundo Parcial. Curso 2002-03
½ x2 x = 2 sen t √ dx realizamos el cambio de variable y 2 dx = 2 cos tdt 4−x 1 − cos 2t tenemos en cuenta que sen2 t = de donde obtenemos 2 Z Z Z 4 sen2 t 8 sen2 t x2 √ √ √ dx = 2 cos tdt = cos tdt 4 − x2 4 − 4 sen2 t 2 1 − sen2 t Z Z Z 1 − cos 2t 4 sen2 t 2 cos tdt = 4 sen tdt = 4 dt = cos t 2 Z Z = 2dt − 2 cos 2tdt = 2t − sen 2t + C = 2t − 2 sen t · cos +C r ³ x ´2 ³x´ ³x´ +C = 2 arcsen − 2 sen t · cos t + C = 2 arcsen − 2x 1 − 2 2 2 ³x´ p = 2 arcsen − x 4 − x2 + C. 2 Para calcular la integral
Z
b) Utilizando el primer apartado Z ∞
−x
xe
dx =
1
=
lim
b→+∞
Z b
xe−x dx = lim
1 −b
b→+∞ −1
lim −e (b + 1) + 2e
b→+∞
¤b £ −x −e (x + 1) 1
= 2e−1
ya que lim −e−b (b + 1) = 0 · ∞ proporciona una indeterminación que resolvemos aplicando la b→+∞
b+1 1 = lim − b = 0. b b→+∞ b→+∞ e e Z ∞ Z ∞ −x xe dx es convergente y su valor es xe−x dx = 2e−1 . En resumen, la integral impropia
regla de L’Hôpital, lim −
1
1
x2 x2 = +∞, es continua en el intervalo [0, 2) y lim f (x) = lim √ La función f (x) = √ x→2− x→2− 4 − x2 4 − x2 por tanto, aplicando el apartado anterior, obtenemos Z 2
Z a
h ³x´ ia p x2 √ dx = lim 2 arcsen − x 4 − x2 2 a→2− a→2− 0 4 − x2 ³0 ³a´ ´ p π = lim 2 arcsen − a 4 − a2 = 2 arcsen 1 = 2 = π. 2 2 a→2− Z 2 x2 √ dx = π. Es decir, la segunda integral impropia es también convergente y su valor es 4 − x2 0 x2 √ dx = 4 − x2 0
lim
c) Calculamos el primer volumen aplicando el método de discos y los dos últimos aplicando el método de capas. c.1) Obtenemos el volumen pedido V en este apartado como la diferencia de dos volúmenes V = V1 − V2 , siendo V1 el volumen del cilidro que se genera haciendo girar la sección π acotada por las rectas y = 1, y = 0, x = alrededor del eje OX y V2 el volumen del solido 2 π de revolución que se genera haciendo girar la sección acotada por y = sen x, y = 0, x = 2 en torno al eje OX. Es decir, V1 =
π π2 · π · 12 = 2 2
127
Segundo Parcial. Curso 2002-03
V2 = π = π
Z π/2
Ã
sen2 xdx = π
0
Z π/2 0
·
¸π/2 !
sen 2x 1 π · − 2 2 4 0
1 − cos 2x dx = π 2 =
ÃZ π/2 0
1 dx − 2
Z π/2 0
! cos 2x dx 2
π2
π (π − sen π + sen 0) = . 4 4
π2 π2 π2 = . − 2 4 4 c.2) El volumen solicitado se obtiene directamante por el método de las capas Luego, el volumen es V = V1 − V2 =
V = 2π
Z π/2 0
x(1 − sen x)dx.
Ahora, aplicando el método de integración por partes obtenemos
V
= 2π = 2π = 2π
Z π/2 Ã µ
0
x(1 − sen x)dx =
π/2 x (x + cos x)|0 −
·
Z π/2 0
¸ du = dx v = x + cos x à ¸π/2 ! · 2 π´ x π ³π + cos + sen x = 2π − 2 2 2 2 0
u=x dv = (1 − sen x)dx ! (x + cos x) dx
¶ µ 2 ¶ π2 π2 π π3 − − 1 = 2π −1 = − 2π. 4 8 8 4
c.3) Aplicando de nuevo el método de capas tenemos que el volumen pedido viene dado por
V = 2π
Z π/2 ³ 0
Z π/2 Z π/2 ´ π π (1 − sen x)dx − 2π x(1 − sen x)dx. − x (1 − sen x)dx = 2π 2 2 0 0
Notemos que la segunda integral ha sido calculada en el apartado c.2) y su valor es Z π/2 π3 x(1 − sen x)dx = 2π − 2π, así sólo debemos calcular la primera de las integrales 4 0 2π
π/2 Z 0
π (1 − sen x)dx = 2π 2
π/2 Z 0
π dx + π 2 2
π/2 Z
(− sen x) dx
0
π π π3 π/2 · + π 2 [cos x]0 = − π2 2 2 2 ¶ µ 3 π π3 π3 − π2 − − 2π = − π 2 + 2π. y por consiguiente, el volumen pedido es V = 2 4 4 = 2π ·
PROBLEMA 3.a) (4 puntos) Calcular el volumen del sólido limitado por las superifies de ecuaciones z = 6−x2 −y2 p y z = x2 + y2 , utilizando integración múltiple. ZZ 3 ey dA, siendo R la región del plano limitada por las b) (3 puntos) Calcular la integral doble R √ curvas de ecuaciones y = x; y = 1; x = 0.
128
Segundo Parcial. Curso 2002-03
c) (3 puntos) Sabiendo que ln z + x2 − y + z − 1 = 0, define a z como función implícita de x e y ∂z ∂2z ∂z , . y obtener ∂x ∂y ∂x∂y Solución: 2 2 a) Como un primer p paso para la obtención del volumen limitado por el paraboloide z = 6 − x − y y el cono z = x2 + y2 , calculamos la curva intersección de ambas superficies. Esto nos lleva a la resolución del sistema de ecuaciones ( ( ¡ ¢ z = 6 − x2 − y 2 z = 6 − x2 + y 2 p ⇒ ⇒ z = 6 − z2. 2 2 2 2 2 z =x +y z = x +y
Las p soluciones de esta ecuación son z = −3, z = 2 y descartamos la solución negativa pues z = x2 + y 2 ≥ 0. Por tanto, el paraboloide y el plano intersecan en la circunferencia x2 + y2 = 4, z = 2, cuya proyección sobre el plano z = 0, es la circunferencia de ecuación x2 + y 2 = 4. De esta forma, el volumen limitado por el cono y el paraboloide puede expresarse mediante una integral doble en la forma ZZ ³ ´ p V = 6 − x2 − y 2 − x2 + y 2 dA, R
© ª donde R es el círculo R = (x, y) : x2 + y 2 ≤ 4 .
Ahora resolvemos la integral doble aplicando un cambio a coordenadas polares. Puesto que la región R puede escribirse en coordenadas polares en la forma R = {(θ, r) : 0 ≤ θ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 2} , el volumen es
V
ZZ
=
R
Z 2π Z 2 ³ ´ p ¡ ¢ 2 2 2 2 6 − r2 − r rdrdθ 6 − x − y − x + y dA = 0
0
¸r=2 Z 2π Z 2π · 32 16 r4 r3 2 dθ = π. dθ = 3r − − = 4 3 r=0 3 0 0 3
Utilizando integrales triples y coordenadas cilíndricas el volumen sería ZZZ Z 2π Z 2 Z 6−r2 Z 2π Z 2 ¡ ¢ 32 V = 6 − r2 − r rdrdθ = π. dV = rdzdrdθ = 3 0 0 0 0 Q r ZZ
3
ey dA describiendo la región R como una región horizontalmente simple. La R ª © región R puede expresarse como R = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y 2 . Por consiguiente,
b) Calculamos
ZZ R
y3
e dA =
Z 1 Z y2 0
0
y3
e dxdy =
Z 1
"
3
ey y 2 e dy = 3 0 y3
#1 0
=
e−1 . 3
c) Si la ecuación ln z + x2 − y + z − 1 = 0, define a z como función implícita de x e y, derivando respecto de x se obtiene 1 ∂z ∂z + 2x + =0 · z ∂x ∂x
129
Segundo Parcial. Curso 2002-03
2xz ∂z =− . ∂x 1+z Derivando la ecuación inicial respecto de y conseguimos
de donde
1 ∂z ∂z =0 · −1+ z ∂y ∂y
(*)
∂z z = . ∂y 1+z Si ahora derivamos la igualdad (*) respecto de x deducimos que
y por tanto,
∂2z 1 ∂z ∂z 1 ∂ 2 z + · + =0 · − 2· z ∂x ∂y z ∂x∂y ∂x∂y y teniendo en cuenta la anteriores valores obtenidos de la derivadas parciales
∂z ∂z y se consigue ∂x ∂y
la igualdad ∂2z 1 ∂2z 2x + =0 + · (1 + z)2 z ∂x∂y ∂x∂y y por consiguiente,
2xz ∂2z =− . ∂x∂y (1 + z)3
PROBLEMA 4.-
→ → ¢→ ¡ Consideremos el campo vectorial F (x, y) = 6xy i + ax2 + y 2 j , donde a es una constante real. Y sea C el camino que va desde A hasta D pasando por B. (Véase la Figura 33).
A(3,1)
D(0,1)
B(2,0)
Figura 33: Representación de la curva C. Se pide: →
a) (3 puntos) ¿Existe algún número a tal que el campo F (x, y) sea conservativo? En caso afirma→
tivo, encontrar una función potencial de F (x, y) . Z ¢ ¡ 6xydx + 3x2 + y 2 dy. b) (2 puntos) Calcular la integral de línea c) (3 puntos) Calcular la integral de línea
Z
C
C
(x − y) ds.
130
Segundo Parcial. Curso 2002-03 →
d) (2 puntos) Para a = 8, descomponer el campo vectorial F (x, y) en la forma →
→
→
F (x, y) = F1 (x, y) + F2 (x, y) , → siendo F1 (x, y) conservativo.
¡
8x2 + y
Solución:
¢ 2
Utilizar esta información para calcular la integral
dy.
Z
6xydx + C
→ ¢ ¡ a) Tomando M (x, y) = 6xy y N (x, y) = ax2 + y 2 , el campo vectorial F es conservativo si ∂M ∂N (x, y) = (x, y). Imponiendo esta condición se encuentra la igualdad 6x = 2ax, luego ∂y ∂x →
F es conservativo si y sólo si a = 3. ∂f (x, y) = Busquemos una función potencial f para F~ . La función potencial f (x, y) satisface ∂x M (x, y) = 6xy, de donde Z f (x, y) = 6xydx = 3x2 y + ϕ(y) ∂f (x, y) = N (x, y) = 3x2 + y2 , obtenemos 3x2 + ϕ0 (y) = 3x2 + y 2 =⇒ ϕ0 (y) = ∂y y3 y3 y 2 =⇒ ϕ(y) = +cte y una función potencial para F~ es f (x, y) = 3x2 y + . 3 3 → → ¡ ¢→ b) Por el apartado anterior, el campo vectorial F (x, y) = 6xy i + 3x2 + y 2 j es conservativo y y3 f (x, y) = 3x2 y + es una función potencial. Por tanto, aplicando el Teorema Fundamental de 3 Integrales de Línea, resulta que Z ¡ ¢ 1 1 6xydx + 3x2 + y 2 dy = f (D) − f (A) = f (0, 1) − f (3, 1) = − (27 + ) = −27. 3 3 C De la relación
c) Llamamos C = C1 ∪ C2 al camino ½de la Figura 33. Una de las posibles ½ parametrizaciones para x=3−t x = 2 − 2t dicho camino es la siguiente C1 ≡ , t ∈ [0, 1] y C2 ≡ , t ∈ [0, 1] . y =1−t y=t La integral de linea del campo escalar será: Z Z Z (x − y) ds = (x − y) ds + (x − y) ds C
C1
C2
Z 1
√ = (3 − t − 1 + t) 1 + 1dt + 0 √ √ = 2 2 + 5/2.
Z 1 0
√ (2 − 2t − t) 1 + 4dt
→ → → → ¡ ¡ ¢→ ¢→ d) Es fácil ver que F (x, y) = 6xy i + 8x2 + y 2 j = 6xy i + 3x2 + y 2 j +5x2 j , por tanto, → → → → → ¢→ ¡ F (x, y) = F1 (x, y) + F2 (x, y) , siendo F1 (x, y) = 6xy i + 3x2 + y 2 j conservativo (ver primer →
→
apartado) y F2 (x, y) = 5x2 j . De esta manera, la integral pedida puede calcularse mediante Z Z Z ¡ 2 ¡ 2 ¢ ¢ 2 2 6xydx + 8x + y dy = 6xydx + 3x + y dy + 5x2 dy. C
C
C
131
Segundo Parcial. Curso 2002-03
Como la primera de las integrales fue obtenida en el segundo apartado, sólo vamos a calcular la segunda de las integrales. Z
C
2
5x dy =
Z
2
5x dy +
C1
Z 1
Z
C2 2
5x2 dy Z 1
= 5 (3 − t) (−1)dt + 5 (2 − 2t)2 (1)dt 0 0 #1 " 3 5(3 − t)3 5 (2 − 2t) 40 20 = −25. = = − − 45 + 3 6 3 3 0
Por lo tanto
Z
C
¢ ¡ 6xydx + 8x2 + y 2 dy = −27 − 25 = −52.
Examen de Junio. Curso 2002-03 PROBLEMA 1.(A) Considérese el subespacio vectorial de R3 cuya ecuación implícita es x + y − 2z = 0 y el vector b = (1, 0, 1) . Se pide: (i) [1 punto] Encontrar una base del subespacio W. (ii) [1 punto] Encontrar una base del subespacio W ⊥ ortogonal a W. (iii) [1 punto] Calcular la proyección del vector b sobre el subespacio W.
−1 0 0 (B) Dada la matriz A = 2 2 0 , se pide: 0 a a−2 (i) [2 puntos] Determinar los valores de a para los que existe inversa de A y obtenerla cuando sea posible. (ii) [3 puntos] Para los valores de a para los que no tiene inversa, averiguar si la matriz A es diagonalizable y en caso afirmativo encontrar una matriz diagonal D y una matriz de paso P tal que A = P DP −1 . (C) [2 puntos] Calcular el desarrollo de Maclaurin de orden tres de la función f (x) = ln(1 − 2x) y utilizarlo para obtener aproximadamente el valor de ln(0.998). Solución (A) (i) La dimensión del subespacio W es dim (W ) = 3 − k, donde k es el número de ecuaciones implícitas linealmente independientes. En este caso k = 1. Por lo tanto, dim (W ) = 2 y de aquí que una base de W esté formada por dos vectores linealmente independientes. Como los vectores (1, −1, 0) y (2, 0, 1) son independientes y pertenecen al subespacio W , tenemos que una base es BW = {(1, −1, 0) , (2, 0, 1)} . ¢ ¡ ¢ ¡ (ii) Sabemos que dim (W ) + dim W ⊥ = 3, por lo tanto dim W ⊥ = 1, luego una base de W ⊥ estará formada porª un único vector linealmente independiente. Como W ⊥ = © ~u ∈ R3 : ~u · ~v = 0, ~v ∈ W y (1, 1, −2) . (x, y, z) = 0 para todo (x, y, z) ∈ W , tenemos que ~u = (1, 1, −2) ∈ W ⊥ y una base de este subespacio estará formada por este vector, es decir, BW ⊥ = {(1, 1, −2)} . ³ ´ ³ ´ (iii) Para cualquier vector b se tiene ~b = proyW ~b +proyW ⊥ ~b . En este caso, la proyección soµ ¶ ³ ´ ~b · ~u −1 −1 −1 2 ~u = (1, 1, −2) = , , . bre W ⊥ es muy sencilla de calcular, proyW ⊥ ~b = ~u · µ ~u 6 6¶ 6 6 ¶ µ ³ ´ ³ ´ 7 1 2 −1 −1 2 , , , , = . Por tanto, proyW ~b = ~b − proyW ⊥ ~b = (1, 0, 1) − 6 6 6 6 6 3 132
133
Examen de Junio. Curso 2002-03
³ ´ La proyección proyW ~b podría obtenerse de otra forma. Aplicando el método de Gram— Schmidt a la base BW = {(1, −1, 0) , (2, 0, 1)} de W se obtiene: ³ ´ ~v1 = (1, −1, 0) =⇒ w ~ 1 = k~~vv11 k = √12 , − √12 , 0 ´ ³ ~v2 = (2, 0, 1) − (1, −1, 0) = (1, 1, 1) =⇒ w ~ 2 = k~~vv22 k = √13 , − √13 , √13 , ´ ³ n³ ´o √1 , − √1 , 0 , √1 , − √1 , √1 es decir, una base ortonormal de W es y la proyección 2 2 3 3 3 pedida es ´ ´ ³ ´ ³ ³ ³ ´ µ7 1 2¶ ³ ´ 1 1 1 2 1 1 √1 ~ ~ ~ √ √ √ √ √ √ proyW b = w , , ~ 1+ w ~2 = 2 ~1 · b w ~2 · b w , − 2, 0 + 3 , − 3, 3 = . 2 3 6 6 3 ³ ´ ~b siguiendo los pasos: También podemos obtener proy W
1 2 • Construimos la matriz A = −1 0 cuyas columnas la forman una base del subes0 1 pacio W. ¢ ¡ • Resolvemos el sistema At · A α = At b. En este caso, el sistema es µ
es decir,
1 −1 0 2 0 1
¶
¶ µ ¶ 1 1 2 µ α 1 −1 0 1 0 , · −1 0 = α2 2 0 1 0 1 1 µ
2 2 2 5
¶µ
α1 α2
¶
=
µ
1 3
¶
y su única solución es α1 = − 16 , α2 = 23 · ¶ 1 2 µ 7/6 ³ ´ −1/6 • Ahora, proyW ~b = Aα = −1 0 = 1/6 . 2/3 0 1 2/3
¯ ¯ ¯ −1 0 0 ¯¯ ¯ (B) (i) Una matriz A tiene inversa si y sólo si |A| 6= 0. Como det(A) = ¯¯ 2 2 0 ¯¯ = ¯ 0 a a−2 ¯ −2(a − 2), se tiene que la matriz A tiene inversa si y sólo si a 6= 2. Ahora calculamos, por el método de Gauss-Jordan, la inversa en función de a, pero suponiendo a 6= 2. 1 0 0 1 0 0 −1 0 0 −1 0 0 F1 (−1) 0 0 1 0 −→ 2 2 0 1 0 2 2 0 0 a a−2 0 0 1 0 0 1 0 a a−2 1 0 0 1 0 0 −1 0 0 −1 0 0 F2 ( 12 ) F21 (−2) 0 0 2 1 0 −→ 0 1 1 12 0 −→ 0 2 0 0 1 0 a a−2 0 a a−2 0 0 1 0 0 −1 1 0 0 1 0 0 −1 0 0 1 ( ) F 3 F32 (−a) a−2 1 1 −→ 0 1 0 0 , 1 0 −→ 0 1 1 2 2 0 1 −a −a −a 0 0 a−2 0 0 1 −a 2 1 a−2 2(a−2) a−2 −1 0 0 1 . 0 luego la inversa de la matriz es A−1 = 1 2 −a a−2
−a 2(a−2)
1 a−2
134
Examen de Junio. Curso 2002-03
(ii) Ya hemos visto que A no tiene inversa cuando a = 2. En este caso, la matriz es A = −1 0 0 2 2 0 . Por ser una matriz triangular inferior sus autovalores son λ1 = −1, λ2 = 0 2 0 2, λ3 = 0. Como los tres autovalores la matriz es diagonalizable y la son distintos, −1 0 0 matriz diagonal que buscamos es D = 0 2 0 . Para encontrar la matriz de paso P 0 0 0 debemos encontrar una base de autovectores propios asociados a cada autovalor. Debemos resolver para cada λ el sistema de ecuaciones homogéneo (λI − A) x = 0. 0 0 0 x1 0 0 x2 = 0 , cuya solución es Para λ1 = −1, tenemos el sistema −2 −3 x3 0 −2 −1 0 x1 = 3t x2 = −2t , por lo tanto V (−1) = lin {(3, −2, 4)} x3 = 4t 3 0 0 0 x1 0 0 x2 = 0 , cuya solución es Para λ2 = 2, tenemos el sistema −2 x3 0 0 −2 2 = 0 x 1 x = t , por lo tanto V (2) = lin {(0, 1, 1)} . 2 x3 = t 1 0 0 x1 0 −2 −2 0 x2 = 0 , cuya solución es Para λ3 = 0, tenemos el sistema x3 0 −2 0 0 x1 = 0 x = 0 , por lo tanto V (0) = lin {(0, 0, 1)}. Por consiguiente, la matriz de paso pedida 2 x3 = t 3 0 0 es P = −2 1 0 . 4 1 1
(C) El polinomio de MacLaurin de orden tres de una función f es el polinomio P3 (x) = f (0) +
f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 f 0 (0) x+ x + x . 1! 2! 3!
−2 ; Calculamos las derivadas de la función f (x) = ln (1 − 2x) y obtenemos f 0 (x) = 1 − 2x −4 −16 f 00 (x) = f 000 (x) = · Sustituyendo, tenemos que el polinomio de MacLaurin 2; (1 − 2x) (1 − 2x)3 8 de orden tres de esta función es P3 (x) = −2x − 2x2 − x3 . 3 Si queremos obtener aproximadamente ln (0.998) utilizando el polinomio obtenido anteriormente, observamos que debemos encontrar un valor de x tal que 1 − 2x = 0.998, es decir x = 0.001. Por 0.000000008 ' −0.002002003 lo tanto, ln (0.998) ' P3 (0.001) = −0.002 − 0.000002 − 3
PROBLEMA 2.-
Examen de Junio. Curso 2002-03
135
(A) De una matriz simétrica de orden tres B sabemos que tiene por autovalores λ 1 = 1, λ2 = −1 ¶¾y ½µ 1 1 √ , √ ,0 . λ3 = 2 y por subespacios propios asociados V (1) = lin {(0, 0, 1)} y V (−1) = lin 2 2 Se pide: (i) [1 punto] Encontrar una base del subespacio propio asociado al autovalor λ3 = 2, V (2). (ii) [3 puntos] Averiguar si la matriz B tiene inversa y en caso afirmativo encontar dicha inversa. √ (B) [3 puntos] Hallar con dos cifras decimales exactas el punto de la gráfica y = sen x en el intervalo [0, π/2] más cercano a A (1, 0). En caso de tener que realizar iteraciones tomar como valor inicial x1 = 0. (C) [3 puntos] Sabiendo que la ecuación x2 + 2xy + cos y = 0 define a y como función implícita de x, obtener la ecuación de la recta tangente a la gráfica de dicha función en el punto (0, π/2). Solución (A) (i) Los autovectores de una matriz simétrica correspondientes a autovalores distintos tienen que ser ortogonales. Observemos que se verifica V (1) ⊥ V (−1). El subespacio propio aso(1) y V (2) ⊥ V (−1). Por lo tanto, ciado al autovalor λ3 = 2, V (2), debe cumplir V (2) ⊥ V (x, y, z) µ . (0, 0, 1) =¶0 1 1 (x, y, z) ∈ V (2) si y sólo si se cumplen las condiciones ⇒ (x, y, z) . √ , √ , 0 = 0 2 2 ( x = t z=0 x y √ + √ = 0 ⇒ y = −t , luego el subespacio es V (2) = lin {(1, −1, 0)}. Si ortonorz=0 2 2 ¶¾ ½µ 1 1 √ , −√ , 0 . malizamos esta base obtenemos V (2) = lin 2 2 (ii) Nótese que la matriz B posee inversa porque λ = 0 no es autovalor de B. Las matrices simétricas pueden diagonalizarse mediante una matriz de paso ortogonal. De acuerdo con los datos del problemay siguiendo el primer apartado, tenemos B = P DP T , 1 1 √ 0 √ 1 0 0 2 2 siendo D = 0 −1 0 y P = 0 √1 − √1 una matriz ortogonal. Como D y P 0 0 2 2 2 1 0 0 ¡ ¢−1 = P D−1 P T , tienen inversa el producto también la tiene y se verifica que B −1 = P DP T −1 T ya que P = P . Así,
136
Examen de Junio. Curso 2002-03
B −1
1 1 0 0 1 √ √ 1 0 0 1 1 2 2 √ 0 √ 1 1 0 −1 0 2 = 0 √ 2 −√ 1 1 0 0 12 2 2 √ 0 −√ 1 0 0 2 2 1 1 0 0 1 √ 0 −√ 1 1 2 2 2 √ √ 0 1 2 = 0 − √1 − √ 2 1 1 2 2 2 √ 0 −√ 1 0 0 2 2 1 3 − 0 − 4 4 3 1 = − 0 − 4 4 0 0 1 0
(B) Las coordenadas de un punto arbitrario P de la curva y =
√ √ sen x son P (x, q sen x). La distancia
desde este punto al punto A(0, 1), viene dada por la fórmula d(A, P ) = (x − 1)2 + sen x. Esta distancia es mínima si sólo si la distancia al cuadrado es mínima, de aquí que tengamos que minimizar la función f (x) = d(A, P )2 = (x − 1)2 + sen x.
Empezamos buscando los puntos críticos de la función f (x) = (x − 1)2 + sen x. Para ello, calculamos los puntos donde se anulan la derivada primera f 0 (x) = 2(x − 1) + cos x. Hemos de resolver la ecuación 2x − 2 + cos x = 0. Si llamamos g(x) = 2x − 2 + cos x, comprobamos que π g(0) = −2 + 1 = −1 < 0 y g( ) = π − 2 > 0. Además g 0 (x) = 2 − sen x > 0, luego esta ecuación 2 h πi tiene sólo una solución en el intervalo 0, , que encontramos utilizando el método de Newton 2 tomando como punto inicial x1 = 0. n
xn
g (xn )
g 0 (xn )
g(xn ) g 0 (xn )
1 2 3
0 0.5 0.580507
−1 −0.01224124 −0.00280078
2 1.5205745 1.4515517
−0.5 −0.0805073 −0.0019295
n) xn+1 = xn − gg(x 0 (x ) n
0.5 0.580507 0.582436
Puesto que | − 0.0019295| < 0.01 (o permanecen fijas dos cifras decimales en la segunda y tercera iteración) la solución de la ecuación con al menos dos cifras decimales exactas es x3 = 0.582436. Por otro lado, f (0) = 1, f (π/2) = 1.3258084 y f (x3 ) = 0.724965, luego en el punto x3 la función √ f (x) = (x − 1)2 + sen x alcanza su mínimo absoluto. Así, el punto de la gráfica y = sen x p en el intervalo [0, π/2] más cercano a A (1, 0) es P (0.582436, 0.741660), pues sen(0.582436) = 0.741660. (C) La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función derivable f en el punto A(a, f (a)) viene dada por la fórmula y − f (a) = f 0 (a)(x − a). En nuestro caso, tenemos que calcular la derivada de la función (que está definida implícitamente) en el punto a = 0, f (a) = f (0) = π/2. dy dy = 0. SustiDerivamos implícitamente la ecuación dada y obtenemos 2x + 2y + 2x − sen y dx dx dy π (0) = π. Por lo tanto, la tuyendo los valores x = 0 e y = en dicha ecuación, conseguimos 2 dx π ecuación de la recta tangente es y − = πx. 2
137
Examen de Junio. Curso 2002-03
PROBLEMA 3.(A) [5 puntos] Calcular el volumen de una esfera de radio a > 0 de las tres formas siguientes: (i) Considerando la esfera como un sólido de revolución. (ii) Describiendo el volumen como una integral doble y resolviendo dicha integral usando coordenadas polares. (iii) Describiendo el volumen como una integral triple y resolviendo dicha integral usando coordenadas esféricas. (B) [2 puntos] Hallar la ecuación del plano tangente y de la recta normal a la superficie de ecuación xy 2 z 3 = 12 en el punto (3, −2, 1). (C) [3 puntos] El material de las tapas superior e inferior de una caja rectangular cuesta 3 euros por metro cuadrado y el material para los lados 2 euros por metro cuadrado. ¿Cuál es la caja más barata con un volumen de un metro cúbico? Solución (A) (i) La esfera de radio a como sólido de revolución se obtiene cuando la circunferencia de ecuación x2 + y 2 = a2 gira en torno al el método ¸a · de los 3discos Z aeje de las y.Z Utilizando a¡ ¢ x 2 2 2 2 y dx = 2π = a − x dx = 2π a x − obtenemos que el volumene es V = 2π 3 0 0 0 ¸ · 4πa3 a3 = 2π a3 − · 3 3 (ii) Utilizando integrales dobles y coordenadas Z Z p polares, el volumen encerrado por la esfera de ecuación x2 +y 2 +z 2 = a2 es V = 2 a2 − x2 − y 2 dA, donde es R es la región del plano R
2 . Pasando a coordenadas polares xy interior a la circunferencia de ecuación x2 + y2 = aq a Z 2π Z 2π Z a Z (a2 − r2 )3 √ a3 2π 2 2 a − r rdrdθ = 2 dθ = 2 dθ = obtenemos V = 2 − 3 3 0 0 0 0
4πa3 · 3 (iii) Utilizando integrales triples y coordenadas esféricas obtenemos V =
ZZZ
dV =
Z2π Zπ Za 0
Q
a3 = 3
Z2π 0
0
2
ρ sen φdρdφdθ =
0
Z2π Zπ 0
0
a3 sen φdφdθ = 3
0
Z2π 2πa3 4πa3 π [− cos φ]0 dθ = dθ = · 3
3
0
(B) La ecuación del plano tangente a la superficie de ecuación F (x, y, z) = 0 en el punto A(a, b, c) ∂F ∂F ∂F (A)(x − a) + (A)(y − b) + (A)(z − c) = 0. En nuestro caso, la superficie viene dada por ∂x ∂y ∂z ∂F ∂F ∂F = y2z3; = 2xyz 3 ; = 3xy 2 z 2 . Por tiene de ecuación xy2 z 3 − 12 = 0, por lo tanto ∂x ∂y ∂z
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Examen de Junio. Curso 2002-03
∂F ∂F ∂F (A) = 4; (A) = −12; (A) = 36. De aquí, la ecuación del plano tangente ∂x ∂y ∂z a la superficie en el punto A(3, −2, 1) es 4(x − 3) − 12(x + 2) + 36(z − 1) = 0. lo tanto
La ecuación de la recta normal a la superficie de ecuación F (x, y, z) = 0 en el punto A(a, b, c) viene dada por y−b z−c x−a = = · ∂F ∂F ∂F (A) (A) (A) ∂x ∂y ∂z Así, utilizando los cálculos anteriores, obtenemos
x−3 y+2 z−1 = = · 4 36 −12
(C) Si llamamos x, y, z a las dimensiones de la caja, tenemos que el coste de la misma será c(x, y, z) = 6xy + 4xz + 4yz, que es una función de tres variables. Como el volumen de dicha caja debe ser uno se debe verificar que x · y · z = 1. Despejando z de esta última ecuación y sustiyendo en la 4 4 ecuación anterior obtenemos que la función que hay que minimizar es C(x, y) = 6xy + + x y con x > 0, y > 0. Ahora, calculamos los puntos función de dos variables. Para ello debemos resolver críticos de esta ∂C 6y − 4 = 0 ½ =0 6yx2 = 4 2 2 ∂x x2 ⇒ ⇒ el sistema de ecuaciones 2 = 4 ⇒ 6yx = 6xy ⇒ 4 ∂C 6xy 6x − 2 = 0 =0 y ∂y Ãr r ! r 2 2 2 3 x = y ⇒ 6x3 = 4 ⇒ x = . Luego el único punto crítico de esta función es 3 , 3 . 3 3 3 Para determinar la naturaleza de dicho punto crítico obtenemos las derivadas parciales segundas 8 ∂2C 8 ∂2C ∂2C = 6. Calculamos el discriminate en el punto = ; = ; de la función C : ∂x2 x3 ∂y2 y3 ∂x∂y à r r ! ¯ ¯ 2C ¯ 12 6 ¯ ∂ 2 2 3 ¯ > 0. Como 4 > 0 y crítico 4 = ¯¯ , 3 = 12 > 0 deducimos que el punto 6 12 ¯ ∂x2 3 3 crítico es un mínimo relativo para C. Si observamos la forma que tiene la función C en el dominio en el que estamos trabajando x > 0 e y > 0, se deduce que el mínimo relativo es realmente absoluto. r Luego las dimensiones de la r r 1 2 2 9 = 3 . caja que dan coste mínimo son x = 3 , y = 3 , z = 3 3 x·y 4
PROBLEMA 4.(A) [1 punto] Averiguar si la integral impropia encontrar su valor.
Z 0
1 √ dx es convergente y en caso afirmativo 1−x −∞
(B) [3 puntos] Calcular el área encerrada por las gráficas de las fuciones siguientes y = 0,
x = 2,
√ x = 2 3,
y=
(C) [4 puntos] Calcular el trabajo realizado por los campos de fuerzas ³ ´ → 2 2 F1 (x, y) = (y 2 + 2 sen x cos x − ey )~i + 2xy − 2xyey ~j y
2x2 + 4 . x4 + 4x2
→
F2 (x, y) = 2y~i − x~j,
Examen de Junio. Curso 2002-03
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cuando mueven, en sentido contrario a las agujas del reloj, una particula desde el punto (0, −3) hasta el punto (3, 0) a lo largo de la circunferencia de centro el origen y radio 3. (D) [2 puntos] El error cometido al medir cada una de las dimensiones de una caja rectangular es de 0.01 cm. Las dimensiones de la caja son 50 cm, 40 cm y 20 cm. Usar diferenciales para estimar el error propagado y el error realitvo al calcular el volumen y la superficie de la caja. Solución (A)
Z 0 Z 0 −1 1 1 √ √ dx = lim dx = − lim −(1 − x) 2 dx = b→−∞ b→−∞ 1−x 1−x −∞ b b · ¸ ·√ ¸0 √ 1−x = −2 1 − lim 1 − b = +∞, luego esta integral es divergente. = − lim b→−∞ b→−∞ 1/2 b
Z 0
£ √ ¤ 2x2 + 4 , es continua y estrictamente positiva en el intervalo 2, 2 3 . Por 4 2 x + 4x Z 2√3 2x2 + 4 dx. Para calcular esta lo tanto, el área encerrada por estas gráficas es A = xZ4 + 4x2 2 2x2 + 4 integral definida obtenemos en primer lugar una primitiva de dx y para ello desx4 + 4x2 2x2 + 4 componemos la función racional 4 en suma de fracciones simples. Como x4 + 4x2 = x + 4x2 ¡ ¢ 2x2 + 4 2x2 + 4 = x2 x2 + 4 , tenemos que buscar una descomposición de 4 en la forma x + 4x2 x4 + 4x2 A A B B Cx + D Cx + D + 2 + 2 . Sumando estas tres últimas fracciones obtenemos + 2 + 2 = x x x +4 x x x +4 3 2 2 A(x + 4x) + B(x + 4) + (Cx + D)x = x4 + 4x2 A+C =0 (A + C)x3 + (B + D)x2 + 4Ax + 4B 2x2 + 4 B+D =2 = = 4 . De donde obtenemos ⇒ 4A = 0 x4 + 4x2 x + 4x2 4B = 4 2 2x + 4 1 1 A = 0; C = 0; B = 1; D = 1. Es decir 4 = 2+ 2 x + 4x2 x x +4 √ ¶ · Z 2√3 µ Z 2√3 ³ x ´¸2 3 1 1 1 2x2 + 4 1 dx = − + arctan dx = + Por lo tanto A = x4 + 4x2 x2 x2 + 4 x 2 2 2 2 2 √ 1 3−1 1 π π π = − √ + − = √ + 2 2 3 6 8 24 2 3
(B) La función y =
~ cuando desplaza una particula a lo largo de un (C) El trabajo realizadoZpor un campo de fuerzas F camino C es W = F~ · d~r. Nos están pidiendo, por tanto, que calculemos dos integrales de C
lineas de campos vectoriales. Averiguamos si algunos de los campos que nos dan es conservativo, pues en ese caso podría utilizarse el teorema fundamental de las integrales de lineas. ³ ´ ´ ³ 2 y2 ∂ y 2 + 2 sen x cos x − ey ∂ 2xy − 2xye 2 = 2y − 2yey y = Para el campo F~1 ,tenemos que ∂y ∂x 2 2y − 2yey , luego el campo es conservativo. Existe por tanto una función potencial f (x, y) para ~ =F ~1 . Esta función debe satisfacer este campo. Es decir, existe una función f (x, y) tal que ∇f
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Examen de Junio. Curso 2002-03
∂f = y 2 + 2 sen x cos x − ey2 , ∂x Integrando la primera ecuación respecto de x obtenemos que ∂f 2 = 2xy − 2xyey . ∂x 2 f (x, y) = xy2 − xey + sen2 x + g(y). Derivando esta ecuación respecto de y e igualando a la segunda ecuación obtenemos g 0 (y) = 0, luego g(y) = C que puede tomarse cero. Por lo tanto, 2 una función potencial para F~1 es f (x, y) = xy 2 − xey + sen2 x. Ahora, el trabajo realizado por →
el campo F 1 es
W1 =
Z
~1 · d~r = f (3, 0) − f (0, −3) = −3 + sen2 3. F
C
∂ (−x) ∂ (2y) =2y = −1. En este caso, si queremos ∂y ∂x calcular la integral de linea el camino. Una posible paramatrización ½ tenemos que parametrizar h π i x = 3 cos t, de dicho camino es C ≡ con t ∈ − , 0 y el trabajo es y = 3 sen t, 2 Z Z 0 Z 0 ¡ ¡ ¢ ¢ 2 2 ~ W2 = F2 · d~r = −18 sen t − 9 cos t dt = −9 sen2 t − 9 dt = El segundo campo no es conservativo ya
C
= −9
Z 0
− π2
µ
− π2
1 − cos 2t 2
¶
dt − 9
³π ´ 2
− π2
=−
27 π. 4
(D) Si denominamos x, y, z a las dimensiones de la caja rectangular, entonces el volumen y la superficie son V = x · y · z y S = 2 · x · y + 2 · x · z + 2 · y · z, respectivamente.
Puesto que x = 50, y = 40, z = 20 y dx = dy = dz = 0.01, resulta que el error propagado al calcular el volumen es
∆V ' dV =
∂V ∂V ∂V dx + dy + dz = yzdx + xzdy + xydz = 38 ∂x ∂y ∂z
dV 38 ∆V = = 0.00095. ' V V 50 · 40 · 20 Análogamente, para la superficie tenemos que el error propagado es
y el correspondiente error relativo es
∆S ' dS =
∂S ∂S ∂S dx + dy + dz = (2y + 2z) dx + (2x + 2z)dy + (2x + 2y)dz = 4.40 ∂x ∂y ∂z
y el error relativo es
∆S dS 4.40 = = 0.000578. ' S S 7600
Examen de Septiembre. Curso 2002-03 PROBLEMA 1.— (A) Considérese, dependiente del parámetro real a, el sistema de ecuaciones lineales x + y + z = 3, x − y + z = 1, 2x + az = 5.
(i) [2 puntos] Estudiar, en función del parámetro a, la compatibilidad del sistema.
(ii) [2 puntos] Cuando el sistema sea compatible determinado resolverlo utilizando el método de Gauss. ¿Para qué valores de a existe la inversa de la matriz de coeficientes? Encontrar la inversa de dicha matriz para a = 3. (iii) [4 puntos] Encontrar, en función de a, la dimensión del subespacio vectorial generado por el conjunto de vectores {(1, 1, 2), (1, −1, 0), (1, 1, a)}. Obtener la proyección del vector (3, 1, 5) sobre dicho subespacio. (B) [2 puntos] Utilizando derivación implícita, encontrar la recta tangente a la curva de ecuación x3 y + y 4 = 2 en el punto (1, 1). Calcular además el polinomio de Taylor de segundo orden de y = f (x) centrado en x = 1. Solución: (A) (i) Determinamos la compatibilidad del sistema realizando transformaciones elementales en su matriz ampliada. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 F21 (−1) F2 (−1/2) 1 −1 1 1 0 0 1 −→ 0 −2 1 −2 −→ 0 F31 (−2) 2 0 a 0 −2 a − 2 0 −2 a − 2 5 −1 −1 1 1 1 3 F32 (2) 0 1 . −→ 0 1 0 0 a−2 1 De aquí deducimos que el sistema es compatible determinado para a 6= 2 e incompatible para a = 2. (ii) Resolvemos el sistema mediante el método de Gauss para a 6= 2. En este caso, sólo nos hace falta añadir una transformación más al conjunto de transformaciones elementales realizadas en el apartado (i). 1 1 1 1 1 1 3 3 1 F3 ( a−2 ) 0 1 0 1 −→ 0 1 0 1 . 0 0 a−2 0 0 1 1 1/(a − 2) 141
142
Examen de Septiembre. Curso 2002-03
x+y+z =3 y = 1 cuya única solución es Así, se obtiene el sistema triangular superior 1 z = a−2 x=
2a − 5 , a−2
y = 1,
z=
1 · a−2
El primer grupo de transformaciones elementales realizadas en el apartado (i) nos indica que la matriz de coeficientes del sistema tiene determinante −2(a − 2). Luego, dicha matriz posee inversa si y sólo si a 6= 2. De nuevo, algunas de las transformaciones anteriores nos facilitan el cálculo de la inversa de la matriz de coeficientes para a = 3. Aplicamos el método de Gauss—Jordan para tal cometido. 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 F21 (−1) F2 (−1/2) 1 −1 1 0 1 0 −→ 0 −2 0 −1 1 0 −→ F31 (−2) 0 −2 1 0 0 1 −2 0 1 2 0 3 1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 F32 (2) F13 (−1) 0 1 0 1/2 −1/2 0 −→ 0 1 0 1/2 −1/2 0 −→ 0 0 1 0 −2 1 −2 0 1 −1 −1 1 1 0 0 1 1 0 2 1 −1 3/2 3/2 −1 F12 (−1) 0 1 0 1/2 −1/2 0 −→ 0 1 0 1/2 −1/2 0 . 0 0 1 0 0 1 −1 −1 1 −1 −1 1 3/2 3/2 −1 Por consiguiente, la inversa pedida es 1/2 −1/2 0 . −1 −1 1 (iii) La dimensión del S = lin ({(1, 1, 2), (1, −1, 0), (1, 1, a)}) coincide con el rango de subespacio 1 1 1 la matriz A = 1 −1 1 . Esta matriz es la matriz de coeficientes del sistema dado y 2 0 a utilizando las transformaciones realizadas en el primer aparatado, tenemos que dim(S) = 3 si a 6= 2 y dim(S) = 2 para a = 2. Observar que para el caso a 6= 2, tenemos S = R3 y por consiguiente, proyS (3, 1, 5) = (3, 1, 5). Ahora, para a = 2, calculamos proyS (3, 1, 5) teniendo en cuenta que una base de S está dada por el conjunto {~a1 = (1, 1, 2), ~a2 = (1, −1, 0)}. Obsérvese que ~a1 y ~a2 son ortogonales y ½ ¶ µ µ ¶¾ 1 1 1 1 2 ~b1 = √ , √ , √ , ~b2 = √ , − √ , 0 6 6 6 2 2 es una base ortonormal de S. Por consiguiente, poniendo ~b = (3, 1, 5) tenemos µ ¶ µ ¶ µ ¶ ´ ´ ³ ³ 1 1 2 1 1 10 4 14 14 2 ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ √ , √ , √ +√ √ , −√ , 0 = , , proyS b = b1 · b b1 + b2 · b b2 = √ . 3 3 3 6 6 6 6 2 2 2
(B) Derivando implícitamente, respesto de x, en la ecuación x3 y + y 4 = 2 obtenemos 3x2 y + x3 y 0 + 4y 3 y0 = 0.
(3)
Sustituyendo x = 1 e y = 1 en la ecuación (3) se consigue 3+y 0 +4y 0 = 0, de donde y0 (1) = −3/5. Así, la ecuación de la recta tangente pedida es y − 1 = −3/5(x − 1). Derivando implícitamente, respecto de x, en (3) se tiene ¡ ¢2 6xy + 3x2 y0 + 3x2 y0 + x3 y 00 + 12y2 y0 + 4y 3 y 00 = 0.
143
Examen de Septiembre. Curso 2002-03
Eligiendo x = 1, y = 1 e y0 = −3/5 en la ecuación anterior tenemos −3 6+2·3· + y 00 + 12 · 5
µ
−3 5
¶2
+ 4y00 = 0
168 . 125 De esta forma, el polinomio de Taylor de orden dos de y = f (x) centrado en x = 1 viene dado por y por consiguiente, y 00 (1) = −
P2 (x) = y(1) + y 0 (1)(x − 1) +
84 3 y 00 (1) (x − 1)2 = 1 − (x − 1) − (x − 1)2 . 2! 5 125
144
Examen de Septiembre. Curso 2002-03
PROBLEMA 2.— (A) [4 puntos] Una matriz A de orden dos satisface las siguientes condiciones: µ ¶ µ ¶ 1 3 • A = . −1 1 µ ¶ 2 • El vector ~v = es autovector de A asociado al autovalor λ = −2. −1 Obtener la matriz A. ¿Es diagonalizable? En caso afirmativo, obtener una matriz D diagonal y una matriz de paso P tal que A = P DP −1 . (B) [3 puntos] Expresar la integral Z π/4 Z 3 0
r2 cos θ drdθ
0
en coodernadas cartesianas y calcularla en coordenadas polares y cartesianas. (C) [3 puntos] Tomando como punto inicial x1 = π/4, encontrar, con un error menor que 0.001, la solución de la ecuación cos x − x = 0.
Calcular el máximo absoluto de f (x) = 2 sen x − x2 en el intervalo [0, π/2] y realizar un esbozo de la gráfica de f en dicho intervalo.
Solución: µ ¶ µ ¶ 2 2 (A) Si ~v = es autovector de A asociado al autovalor λ = −2, entonces A · = −1 −1 µ ¶ µ ¶ 2 −4 −2 · = . −1 2 µ ¶ µ ¶ 1 3 Esta condición unida a la primera, A · = , pueden expresarse de forma conjunta −1 1 mediante µ ¶ µ ¶ 2 1 −4 3 A· = , −1 −1 2 1 ¯ ¯ ¶ µ ¶ µ ¶−1 µ ¯ 2 ¯ 1 −7 −10 2 1 −4 3 ¯= = , pues ¯¯ de donde la matriz A es A = · −1 −1 ¯ 1 0 2 1 −1 −1 µ ¶ 2 1 −1 6= 0, lo que nos indica que la matriz es regular. −1 −1 µ ¶ −7 −10 Ahora veremos si la matriz A = es diagonalizable. Para ello, calculamos en 1 0 ¯ ¯ ¯ −7 − λ −10 ¯ ¯ = λ2 +7λ+10. primer lugar su polinomio característico pA (λ) = det(A−λI) = ¯¯ 1 −λ ¯ Sabemos que λ1 = −2 es un autovalor de A y es fácil comprobar que λ2 = −5 es el otro autovalor. Así, puesto que A es una matriz de orden dos y posee dos autovalores diferentes, concluimos que la matriz A es diagionalizable y cada uno de los subespacios propios tiene dimensión uno. De acuerdo con los datos del problema, el subespacio asociado al primer autovalor es V (−2) = lin({(2, −1)}) y para obtener el segundo subespacio propio, debemos resolver el sistema µ ¶ µ ¶ x 0 (A − λ2 I) = . y 0
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Examen de Septiembre. Curso 2002-03
Dicho sistema se reduce a la ecuación x + 5y = 0, por lo µque V (−5) ¶ = lin({(−5, 1)}). De esta −2 0 manera, podemos tomar como una matriz diagonal D = y como matriz de paso 0 −5 µ ¶ 2 −5 P = . −1 1 (B) La integral
Z π/4 Z 3 0
r2 cos θ drdθ =
0
Z π/4 Z 3 0
cartesinas en la forma
Z π/4 Z 3 0
0
0
r cos θ · r drdθ puede escribirse en coordenadas
r cos θ · rdrdθ =
ZZ
xdA, R
donde R = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ x, x2 + y 2 ≤ 9}.
La región R corresponde a un octavo del círculo de centro el origen y radio 3 y puede expresarse como una región horizontalmente simple en la forma p 3 R = {(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ √ , y ≤ x ≤ 9 − y2 }, 2
luego ZZ
√ Z 3/√2 · 2 ¸ 9−y2 Z √ ¢ x 1 3/ 2 ¡ 9 − 2y2 dy = xdA = xdxdy = dy = 2 y 2 0 0 0 R y √ ¸ ¶ · µ 2 27 2 3 3/ 2 1 27 1 9√ √ − · √ = = 2. = 9y − y 2 3 2 2 2 3 2 2 0 Por último, calculamos la integral dada en polares Z π/4 · 3 ¸3 Z π/4 Z π/4 Z 3 ³π ´ 9√ r r2 cos θ drdθ = cos θ dθ = 9 cos θ dθ = 9 sen 2. = 3 0 4 2 0 0 0 0 Z 3/√2 Z √9−y2
(C) Denotemos g(x) = cos x − x. Puesto que g es continua en [0, π/2], g(0) = 1 > 0 y g(π/2) = −π/2 < 0, deducimos g posee al menos una raíz x∗ en el intervalo (0, π/2). Además, g 0 (x) = − sen x − 1 ≤ 0 para todo x ∈ R y puede probarse con facilidad x∗ es la única raíz real de g. Ahora aplicamos el método de Newton a la función g para obtener el valor x∗ . Comenzamos por el punto inicial x1 = π/4. n
xn
g(xn )
g 0 (xn )
1
π = 0.78539816 4 0.73953613
g(xn ) g 0 (xn )
−0.07829138
−1.70710678
0.04586202
0.73953613
0.00045095
0.73908517
2
−0.00075486
−1.67394528
xn+1 = xn −
g(xn ) g 0 (xn )
¯ ¯ ¯ g(x2 ) ¯ ¯ = 0.00045095 < 0.001 (o han permanecido fijos los tres primeros ¯ Como |x3 − x2 | = ¯ 0 g (x2 ) ¯ decimales en la segunda y tercera iteración), deducimos que x∗ es, al menos con tres cifras decimales exactas, x∗ = x3 = 0.73908517. Seguidamente realizamos el estudio solicitado sobre la función f (x) = 2 sen x − x2 . En primer lugar, puesto que la función es derivable en el intervalo abierto (0, π/2), calculamos los puntos crítico de f, resolviendo la ecuación f 0 (x) = 2 cos x − 2x = 0 en el intervalo (0, π/2). Así, los puntos críticos de f en (0, π/2) son la soluciones en (0, π/2) de la ecuación cos x − x = 0.
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Examen de Septiembre. Curso 2002-03
Por otra parte, f 0 (x) = 2g(x) > 0 para todo x ∈ (0, x∗ ) y f 0 (x) = 2g(x) < 0 para todo x ∈ (x∗ , π/2). Luego, f es estrictamente creciente en el intervalo (0, x∗ ), estrictamente decreciente en el intervalo (x∗ , π/2) y el máximo de f se alcanza en el punto x∗ , siendo el valor del máximo ¢ ¡ 2 /4 < 0, luego el f (x∗ ) = 2 sen(x∗ ) − (x∗ )2 ' 0.80097722. Más aún, f (0) = 0 y f (π/2) = 8 − π ¡ ¢ mínimo de f se toma en x = π/2 y su valor mínimo es 8 − π 2 /4. La información anterior nos permite esbozar la gráfica de f que se muestra en la Figura 34.
π/2 x*
Figura 34: Gráfica de f (x) = 2 sen x − x2 en el intervalo [0, π/2].
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Examen de Septiembre. Curso 2002-03
PROBLEMA 3.— (A) [5 puntos] Calcular el volumen de la región acotada por arriba por la superficie esférica x2 + y 2 + z 2 = 2 y por abajo por el paraboloide z = x2 + y 2 . ZZZ √ 2 2 2 (B) [2 puntos] Calcular e x +y +z dV , donde Q
Q = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0}. (C) [3 puntos] El material de las tapas superior e inferior de una caja rectangular cuesta 1 euro por metro cuadrado, el frente y la parte posterior 2 euros por metro cuadrado y los laterales 3 euros por metro cuadrado . ¿Cuál es la caja más barata con un volumen de 48 metros cúbicos? Solución: (A) En primer lugar, determinamos la intersección la esfera y el paraboloide. Para este ½ entre x2 + y 2 + z 2 = 2, Éste nos lleva a la ecuación cometido, resolvemos el sistema de ecuaciones z = x2 + y 2 . z 2 + z − 2 = 0, cuya única solución positiva es z = 1; es decir, la esfera y el paraboloide se cortan en la circuferencia, x2 + y 2 = 1, z = 1, cuya proyección en el plano xy es la frontera del círculo R = {(x, y) ∈ R : x2 + y 2 ≤ 1}. Por tanto, el volumen pedido viene dado por Z Z ³p ¢´ ¡ V = 2 − x2 − y 2 − x2 + y 2 dA. R
Ahora bien, este volumen puede calcularse de una forma simple si aplicamos un cambio a coordenadas polares. De esta manera, Z 2π Z 1 ³ Z Z ³p ´ √ ¢´ ¡ 2 − x2 − y 2 − x2 + y2 dA = 2 − r2 − r2 rdrdθ = V = 0
R
0
√ ¸ Z 2π √ Z 2π · ¢3/2 r4 1 1¡ 8 2−7 8 2−7 2 dθ = π. dθ = − 2−r = − 3 4 0 12 6 0 0 ZZZ √ 2 2 2 (B) Para calcular la integral triple e x +y +z dV, siendo Q = {(x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ Q
1, z ≥ 0}, aplicamos un cambio a coordenadas esféricas. Así, la integral solicitada queda de la forma ZZZ Z 2π Z π/2 Z 1 √ x2 +y2 +z 2 e dV = eρ ρ2 sen φdρdφdθ. 0
Q
0
0
Aplicando dos veces el método de integración por partes, tenemos · · ¸ ¸ Z Z u = ρ2 u=ρ du = dρ du = 2ρdρ 2 2 ρ ρ ρ = ρ e − 2 ρe dρ = = ρ e dρ = v = eρ dv = eρ dρ v = eρ dv = eρ dρ ¶ µ Z = ρ2 eρ − 2 ρeρ − eρ dρ = ρ2 eρ − 2ρeρ + 2eρ + C
y la integral en coordenadas esféricas es Z 2π Z π/2 Z 1 Z 2π Z π/2 Z 2π Z π/2 £ 2 ρ ¤1 eρ ρ2 sen φdρdφdθ = (e − ρ e − 2ρeρ + 2eρ 0 sen φdφdθ = 0
0
0
0
2) sen φdφdθ = Z 2π π/2 = (e − 2) [− cos φ]0 dθ = 2(e − 2)π. 0
0
0
0
148
Examen de Septiembre. Curso 2002-03
(C) Si las dimensiones de la caja son denotadas mediante x, y y z, entonces el coste de fabricación de la misma admite la formulación c(x, y, z) = 2xy + 6xz + 4zy. Puesto que deseamos encontrar la caja más barata con un volumen de 48 m3 , debe tenerse 48 xyz = 48. De aquí, se deduce que x > 0, y > 0 y z > 0. Despejando, z = xy y la función a minimizar es C(x, y) = 2xy + 6 ·
48 48 288 192 +4· = 2xy + + , y x y x
con x > 0, y > 0.
Comenzamos calculando los puntos críticos de la función C. Para ello, resolvemos el sistema de ecuaciones yx2 − 96 ∂C (x, y) = 2 =0 ∂x x2 2 ∂C (x, y) = 2 xy − 144 = 0 ∂y y2
y encontramos que (x, y) = (4, 6) es el único punto crítico de la función C. Seguidamente clasificamos este punto crítico a partir de las derivadas parciales de segundo orden de C en dicho punto. ∂2C ∂2C 384 384 (x, y) = =⇒ (4, 6) = 3 = 6 2 3 2 ∂x x ∂x 4 ∂2C ∂2C 576 576 8 (x, y) = =⇒ (4, 6) = 3 = ∂y2 y3 ∂y 2 6 3 ∂2C ∂2C (x, y) = (x, y) = 2 ∂x∂y ∂y∂x ¯ 2 ¯ ¯ ∂ C ¯ ∂2C ¯ ¯ ¯ ¯ (x, y) (4, 6) 2 ¯ ∂x2 ¯ ¯ 6 2 ¯ ∂ C ∂x∂y ¯ ¯ ¯ ¯ (4, 6) = 6 > 0 y ¯ 2 Puesto que 2C ¯ = ¯ 2 8/3 ¯ = 12 > 0, resulta que ∂ ∂ C ∂x2 ¯ ¯ ¯ ∂x∂y (x, y) ¯ ∂y2 el punto crítico (4, 6) es un mínimo relativo para C. A partir de la estructura de la función C puede probarse que el punto (4, 6) es mínimo absoluto 48 48 y por consiguiente las dimensiones de la caja son x = 4, y = 6 y z = = = 2. xy 4·6
PROBLEMA 4.— (A) [1 punto] Averiguar si la integral impropia encontrar su valor.
Z 1
1 q dx es convergente y en caso afirmativo, 0 3 (1 − x)2
(B) [5 puntos] ¿Para qué valores a ∈ R es conservativo el campo vectorial F~ (x, y) = (4xy + sen y, ax2 + x cos y)?
149
Examen de Septiembre. Curso 2002-03
~ ~ Para aquellos valores a en los que Z F sea conservativo obtener una función potencial para F . F~ · d~r, siendo C la unión de los segmentos rectos que unen Calcular, para esos valores de a,
los puntos (0, 0), (1, 0) y (2, π/2). Z xyds. Obtener además
C
C
(C) [4 puntos] Realizar un esbozo de la gráfica de la función f (x) = x3 + x2 + 1 y calcular el volumen del sólido de revolución que se obtiene girando alrededor del eje y la región limitada por las gráficas de y = f (x), x = 1, x = 3 y el eje de las x. Solución: Z 1
1 1 q dx es impropia pues f (x) = q es continua en [0, 1) y lim f (x) = x→1− 3 0 3 (1 − x)2 (1 − x)2 +∞. Averiguamos si la integral es convergente: Z 1 Z b Z b £ ¤b 1 1 q q dx = lim dx = lim (1 − x)−2/3 dx = lim −3(1 − x)1/3 0 = b→1− b→1− b→1− 0 3 (1 − x)2 0 0 3 (1 − x)2
(A) La integral
= lim −3(1 − b)1/3 + 3 = 3 b→1−
y comprobamos que la integral si es convergente y su valor es
Z 1
1 q dx = 3. 0 3 (1 − x)2
(B) Pongamos F~ (x, y) = (M (x, y), N (x, y)) , con M (x, y) = 4xy + sen y y N (x, y) = ax2 + x cos y. ∂M ∂N (x, y) = (x, y), esto es, si y Entonces, el campo vectorial F~ es consevativo si y sólo si ∂y ∂x sólo si 4x + cos y = 2ax + cos y. Por tanto, el campo es conservativo si y sólo si a = 2. ~ cuando a = 2. La función potencial f A continuación calcularemos una función potencial f de F ∂f (x, y) = M (x, y) = 4xy+sen y, de donde, f (x, y) = 2x2 y+x sen y+ϕ(y). Pero, debe satisfacer ∂x ∂f utilizando que también satisface (x, y) = N (x, y) = 2x2 + x cos y, llegamos a 2x2 + x cos y = ∂y 2x2 + x cos y + ϕ0 (y), por lo que ϕ(y) = C (que puede tomarse nula) y una función potencial es f (x, y) = 2x2 y + x sen y. Para a = 2 aplicamos el Teorema Fundamental de las Integrales de Línea para escribir Z F~ · d~r = f (2, π/2) − f (0, 0) = 4π + 2. C
Seguidamente calculamos
Z
C
xyds. Para ello, descomponemos C en la forma C = C1 ∪ C2 ,
donde C1 y C2 admiten las parametrizaciones C1 ≡ ~r1 (t) = t ~i, y escribimos Z Z xyds = C
xyds + C1
t ∈ [0, 1] Z
xyds = C2
y Z 1 0
C2 ≡ ~r2 (t) = (1 + t)~i + t
t · 0dt +
Z 1
π (1 + t)t 2 0
π~ j 2
t ∈ [0, 1],
√ 5 p 4 + π2 dt = π (4 + π 2 ). 2 24
150
Examen de Septiembre. Curso 2002-03
(C) Comenzamos viendo que la función f (x) = x3 +x2 +1 es continua e indefinidamente derivable en todo R, por tratarse de un polinomio. Los puntos críticos de f son las soluciones de la ecuación f 0 (x) = 3x2 + 2x = 0, es decir, x = 0 y x = −2/3.
Puesto que f 00 (x) = 6x + 2 = 0 si y sólo si x = −1/3, f 00 (x) = 6x + 2 > 0 si y sólo si x > −1/3 y f 00 (x) = 6x + 2 < 0 si y sólo si x < −1/3, deducimos que f pose un punto de inflexión para x = −1/3, es cóncava hacia arriba en el intervalo (−1/3, +∞) y cóncava hacia abajo en el intervalo (−∞, −1/3).
Además, f 00 (0) = 2 > 0, por lo que f posee un mínimo relativo en x = 0 y f 00 (−2/3) = −2 < 0, de donde f posee un mínimo realtivo para x = −2/3. Por lo tanto, f es creciente en (−∞, −2/3) ∪ (0, +∞) y decreciente en (−2/3, 0). Por otra parte, la gráfica de f no presenta ningún tipo de asíntotas y como lim f (x) = lim x3 + x2 + 1 = +∞
x→+∞
x→+∞
lim f (x) = lim x3 + x2 + 1 = −∞,
y
x→−∞
x→−∞
la función f presenta, por continuidad, al menos una raíz real. Más aún, f (0) = 1 > 0 y f (−2/3) = 31/27 > 0, por lo que la raíz real es única y se encuentra en el intervalo (−∞, −2/3). El análisis anterior permite realizar el esbozo de la gráfica de f mostrado en la Figura 35. y
-2/3
-1/3
0
x
Figura 35: Esbozo de la gráfica de la función f (x) = x3 + x2 + 1. El volumen solicitado se calcula mediante el método de las capas: Z 3 Z 3 ¡ ¢ ¢ ¡ 4 724 V = 2π π. x x3 + x2 + 1 dx = 2π x + x3 + x dx = 5 1 1
Examen de Diciembre de 2003 PROBLEMA 1.-
1 −1 0 Dada la matriz A = −1 2 1 , se pide: 0 1 α
(A) [2 puntos] Encontrar los valores de α para los que A tiene inversa. Obtener la inversa de A en función de α. b1 (B) [2 puntos] Para α = 1, encontrar las condiciones que debe cumplir el vector b = b2 para b3 que el sistema Ax = b tenga solución. (C) [1 punto] Para α = 1, encontrar las ecuaciones implícitas del espacio columna de la matriz A. (D) [3 puntos] Para α = 1, averiguar si es posible obtener una matriz de paso ortogonal P que diagonalize a A. En caso afirmativo, encontar una matriz de paso ortogonal P y una matriz diagonal D tal que A = P DP T . (E) [2 puntos] Encontrar la proyección ortogonal del vector b = (1, 1, 2) sobre el subespacio de R3 de ecuación x − y + z = 0. Solución: (A) Intentamos calcular la inversa mediante el método de Gauss-Jordan. 1 −1 0 1 0 0 1 −1 0 1 0 0 1 −1 0 1 0 0 F21 (1) F32 (−1) −1 1 1 1 1 0 −→ 0 1 1 1 1 0 . 2 1 0 1 0 −→ 0 0 1 α 0 0 1 0 0 α − 1 −1 −1 1 0 1 α 0 0 1 Así, si α − 1 6= 0, entonces podemos seguir realizando transformaciones elementales y la forma escalonada de A sería la identidad. Por lo tanto, la matriz A posee inversa si y sólo si α 6= 1. Seguimos el proceso para obtenerla. 1 −1 0 1 0 0 1 −1 0 1 0 0 1 F3 ( α−1 ) F23 (−1) 0 1 1 1 1 0 −→ 1 1 1 1 0 −→ 0 1 1 1 0 0 1 − α−1 − α−1 0 0 α − 1 −1 −1 1 α−1 α α 1 0 0 2α−1 − α−1 1 −1 0 1 0 0 α−1 α−1 12 (1) 1 α α 1 α α 0 F−→ . 0 1 0 1 0 α−1 α−1 − α−1 α−1 α−1 − α−1 1 1 1 1 1 1 0 0 1 − α−1 − α−1 0 0 1 − α−1 − α−1 α−1 α−1 −1 2α−1 1 α 1 −1 0 α−1 α−1 − α−1 1 α α −1 2 1 = Por consiguiente, α−1 α−1 − α−1 1 1 1 0 1 α − α−1 − α−1 α−1 151
Examen de de Diciembre de 2003
152
(B) Usamos el método de Gauss para estudiar las condiciones que debe verificar el vector b para que el sistema tenga solución. 1 −1 0 b1 1 −1 0 b1 1 −1 0 b1 F21 (1) F32 (−1) −1 1 1 b2 + b1 −→ 0 1 1 b2 + b1 , luego 2 1 b2 −→ 0 0 1 1 b3 0 1 1 b3 0 0 0 −b1 − b2 + b3 el sistema Ax = b tiene solución si y sólo si −b1 − b2 + b3 = 0. Nótese que sólo es necario aplicar sobre el vector columna b las dos primeras transformaciones elementales realizadas en el apartado (A).
(C) Un vector x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R(A) si y sólo si x es combinación lineal de las columnas de A, y esto ocurre si y sólo si que el sistema Ac = x tiene alguna solución c. Por lo visto en el apartado anterior se debe verificar −x1 − x2 + x3 = 0, que es una ecuación implícta de R(A). 1 −1 0 (D) Como la matriz A = −1 2 1 es simétrica, es posible encontrar una matriz de paso 0 1 1 ortogonal que diagonalize a A. Para encontrar la matriz diagonal D y la matriz de paso ortogonal P calculamos los autovalores y los autovectores de dicha matriz. En primer lugar resolvemos la ecuación característica |λI − A| = 0. ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ λ−1 1 0 ¯¯ ¯ λ−1 ¯ 0 ¯¯ 1 ¯¯ ¯¯ λ − 1 ¯ ¯ ¯ = + 1 λ−2 −1 ¯ = (λ − 1) ¯ ¯ 1 −1 ¯ 1 λ−2 ¯ ¯ ¯ 0 −1 λ − 1 ¯ ¡ ¢ ¢ ¡ = (λ − 1) λ2 − 3λ + 1 − (λ − 1) = (λ − 1) λ2 − 3λ = (λ − 1) (λ − 3) λ, luego los autovalores de la matriz A son λ1 = 1, λ2 = 3, λ3 = 0.
Para encontrar los autovectores correspondientes a cada autovectores debemos resover en cada caso el sistema homogéneo (λi I − A) x = 0. Lo hacemos en cada caso utilizando el método de Gauss. Para λ1 = 1 1 −1 −1 0 1 −1 −1 0 0 1 0 0 x1 = t, F32 (1) P21 1 −1 −1 0 −→ x = 0, 0 1 0 0 0 1 0 0 =⇒ −→ 2 x3 = t. 0 −1 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 0 Por lo tanto, una base del subespacio propio asociado al autovalor λ1 = 1 es {(1, 0, 1)} .
Para λ2 = 3 2 1 0 0 1 1 −1 0 1 1 −1 0 F21 (−2) F32 (−1) P21 1 1 −1 0 −→ 2 1 0 0 −→ 0 −1 2 0 −→ 0 −1 2 0 0 −1 2 0 0 −1 2 0 1 1 −1 0 x1 = −t, 0 1 −2 0 =⇒ x = 2t, 2 x3 = t. 0 0 0 0
Por lo tanto, una base del subespacio propio asociado al autovalor λ2 = 3 es {(−1, 2, 1)} .
Para λ3 = 0 1 −1 0 0 1 −1 0 0 −1 1 0 0 (−1) 1 (−1) 1 −2 −1 0 F21 1 −2 −1 0 F−→ −→ 0 −1 −1 0 0 −1 −1 0 0 −1 −1 0 0 −1 −1 0
153
Examen de de Diciembre de 2003
1 −1 0 0 x1 = −t, x = −t, −→ 0 −1 −1 0 =⇒ 2 x3 = t. 0 0 0 0
F32 (−1)
Por lo tanto, una base del subespacio propio asociado al autovector λ3 = 0 es {(−1, −1, 1)} .
Observése que la base de R3 formada por los tres autovectores {(1, 0, 1) , (−1, 2, 1) , (−1, −1, 1)} es ortogonal y, normalizando, obtenemos una base ortonormal de R3 formada por autovectores, ½µ ¶ µ ¶ µ ¶¾ 1 1 1 1 1 2 1 1 √ , 0, √ , −√ , √ , √ , −√ , −√ , √ . 2 2 6 6 6 3 3 3 En consecuencia,
1 0 0 D= 0 3 0 0 0 0
y
P =
√1 2
0 √1 2
− √16 √2 6 √1 6
− √13 − √13 √1 3
(E) En primer lugar obtenemos una base del subespacio de R3 , W ≡ x − y + z = 0. La dimensión de W es dos, pues está determinado por una ecuación implícita no nula. Una base estará formada por dos vectores independientes que pertenezcan al subespacio; en este caso, puede elegirse {(1, 1, 0) , (1, 0, −1)}. Para obtener la proyección ortogonal necesitamos una base ortogonal del subespacio. La obtenemos a partir de la que tenemos utilizando el método de Gram-Schmidt: µ ¶ 1 1 1 v1 = (1, 1, 0) y , − , −1 . v2 = (1, 0, −1) − (1, 1, 0) = 2 2 2 Podemos tomar como v2 un múltiplo del que tenemos y así no trabajamos con fracciones. Tomamos por tanto como v2 = (1, −1, −2) . Ahora calculamos la proyección ortogonal utilizando la fórmula µ ¶ 1 5 4 −4 b.v1 b.v2 2 proyW (b) = (1, −1, −2) = , , v1 + v2 = (1, 1, 0) + . v1 .v1 v2 .v2 2 6 3 3 3 PROBLEMA 2.(A) [4 puntos] Encontrar los extremos relativos de la función g(x) = x3 +x2 −1. Con esa información, realizar un esbozo de la gráfica de la función g. (B) [3 puntos] Calcular con tres cifras decimales exactas el punto en el que la función g corta a la parte positiva del eje de las x. Tomar como primera iteración x0 = 1. x4 x3 + −x+5 4 3 en el intervalo [0, 2]. Con esa información, realizar un esbozo de la gráfica de f en el intervalo [0, 2].
(C) [3 puntos] Encontrar los máximos y mínimos absolutos de la función f (x) =
Solución: (A) Como g es una función derivable en R, sabemos que los extremos relativos se obtienen encontrando aquellos puntos que anulan la derivada primera. g 0 (x) = 3x2 + 2x = x(3x + 2). Entonces g 0 (x) = 0 si y sólo si x = 0 ó x = − 23 . Calculamos la derivada segunda g 00 (x) = 6x + 2 y obtenemos g 00 (0) =¡ 2 ¢> 0, por lo tanto el punto m(0, −1) es un mínimo relativo. Por otro lado, g 00 (− 23 ) = 6 − 23 + 2 = −2 < 0, luego el punto M (− 23 , − 23 27 ) es un máximo relativo. Teniendo en cuenta que la función g es una función derivable en R y que lim g(x) = −∞ y x→−∞
lim g(x) = +∞ obtenemos que una gráfica aproximada de g en la Figura 36.
x→+∞
154
Examen de de Diciembre de 2003 grafica de g
5
4
eje de ordenadas
3
2
1
0
-1
-2
-3 -1.5
-1
-0.5
0 eje de abcisa
0.5
1
1.5
Figura 36: Gráfica de g(x) = x3 + x2 − 1. (B) Por el razonamiento del apartado anterior sabemos que g corta al eje positivo de las x en un sólo punto. Si utilizamos el teorema de Bolzano y tenemos en cuenta que g(0) = −1 y g(1) = 1, se comprueba que el único punto de corte está entre cero y uno. Para obtenerlo utilizamos el método de Newton. Recordamos que se obtiene una sucesión de aproximaciones a la solución n) que se busca con la fórmula xn+1 = xn − gg(x 0 (x ) . Ordenamos dicha sucesión en la tabla que sigue. n n
xn
g (xn )
g 0 (xn )
g(xn ) g 0 (xn )
0 1 2 3
1 0.8 0.756818 0.754881
1 0.152 0.0062 0.000011
5 3.52 3.231956 3.219298
0.2 0.043182 0.001937 0.000003
n) xn+1 = xn − gg(x 0 (x ) n
0.8 0.756818 0.754881 0.754878
Como la diferencia |x3 − x2 | = 0.000003 < 0.001 tenemos que la solución aproximada que buscábamos es x3 = 0.754878. c) Como la función f es continua en el intervalo [0, 2], lafunción f tiene máximo y mínimo absolutos en dicho intervalo. Estos máximos o mínimos tienen que estar entre los puntos críticos del interior del intervalo o en los extremos. Calculamos los puntos críticos que pertenecen al intervalo (0, 2) . Para ello derivamos la función f y buscamos los puntos que anulan la derivada f 0 (x) = x3 +x2 −1. Tenemos que encontrar las soluciones de la ecuación x3 + x2 − 1 = 0 que pertenezcan al intervalo abierto (0, 2) . Según hemos justificado en el apartado anterior existe sólo una solución y es x3 = 0.754878. Calculamos el valor que toma la función en los extremos y en x3 : f (0) = 5, f (2) = 9.666667 y f (0.754878) = 4.469688. Por lo tanto hay un mínimo absoluto en 0.754878 cuyo valor es 4.469688 y un máximo absoluto en 2 cuyo valor es 9.666667. Con esta información una gráfica aproximada de f está dada en la Figura 37.
PROBLEMA 3.-
155
Examen de de Diciembre de 2003 grafica de f
10
eje de ordenadas
9
8
7
6
5
4 0
0.2
0.4
0.6
0.8
1 1.2 eje de abcisa
Figura 37: Gráfica de f (x) =
1.4
1.6
1.8
2
x4 x3 + − x + 5. 4 3
(A) [3 puntos] Calcular el área encerrada por las gráficas y=
x2 + x − 1 ; x3 − x2
x = 2;
x = 3;
y = 0.
(B) [4 puntos] Calcular el volumen que se obtiene cuando la región del primer cuadrante delimitada por las gráficas y = 0; gira entorno de la recta y = (C) [3 puntos] Obtener de ecuaciones y = x;
ZZ
x = 0;
y = cos x
π . 2
y 2 dA, siendo D la región del primer cuadrante limitada por las curvas D √ y = 1 − x2 ; y = 0.
Solución: (A) Obsérvese que la función f (x) =
x2 + x − 1 x3 − x2
no se anula en el intervalo [2, 3] (ver Figura 38). Así, el área solicitada viene dada por Z 3 2 x +x−1 dx. x3 − x2 2 Ahora, descomponemos el integrando en fracciones simples. A, B, C ∈ R tales que
Para ello, debemos encontrar
x2 + x − 1 A B x2 + x − 1 C = + 2+ = . 3 2 2 x −x x (x − 1) x x x−1
156
Examen de de Diciembre de 2003
y
3
2
x
2
Figura 38: Gráfica de la función f (x) = xx3+x−1 . −x2 De aquí, las contantes A, B y C deben satsifacer Ax(x − 1) + B(x − 1) + Cx2 = x2 + x − 1.
(4)
Tomando x = 0 en (4) se obtiene B = 1 y haciendo x = 1 llegamos a C = 1. Igualando los coeficientes de grado 2 de los polinomios izquierdo y derecho de (4) se tiene A+ C = 1, de donde, A = 0. Por consiguiente, x2 + x − 1 1 1 = 2+ 3 2 x −x x x−1 y el área pedida es, Z 3 2
x2 + x − 1 dx = x3 − x2
Z 3 2
dx + x2
Z 3 2
¯ 1 ¯¯3 1 1 dx 1 = − ¯ + ln |x − 1||32 = − + + ln 2 = + ln 2. x−1 x 2 3 2 6
(B) Aplicamos el método de discos (ver Figura 39) y el volumen pedido es y π/2
π/2-cos x
y=cos x
π/2
Figura 39: Gráfica de y = cos x.
x
157
Examen de de Diciembre de 2003
V
= = = =
Z π/2 ³ Z π/2 ³ ´2 ´2 π π dx − π π − cos x dx = 2 2 0 0 Z π/2 ³ ´2 Z π/2 ³ ´2 Z π/2 Z π/2 π π π dx − π dx + π π cos xdx − π cos2 xdx = 2 2 0 0 0 0 Z π/2 Z π/2 Z π/2 1 + cos 2x 1 cos 2x π/2 2 2 dx = π − π dx − π dx = π sen x|0 − π 2 2 2 0 0 0 ¯ π2 sen 2x ¯¯π/2 3 2 2 = π . π − −π 4 4 ¯ 4 0
(C) Teniendo en cuenta la Figura 40, el dominio de integración D puede escribirse en coordenadas polares mediante la forma D = {(θ, r) : 0 6 θ 6 π/4, 0 6 r 6 1}. y
y=x
x2+y2=1
D
x
Figura 40: Representación del dominio D. Por tanto, la integral doble es ZZ
2
y dA = D
=
Z π/4 Z 1 0 Z π/4 0
2
2
r sen θ · rdrdθ =
0 ¯r=1 4 r ¯
1 sen θdθ = 4 r=0
¯ 4¯
2
Z π/4 Z 1
0 Z π/4 0
0
r3 sen2 θ · drdθ =
1 sen θdθ = 4 2
Z π/4 0
´ 1 ³π 1 − cos 2θ dθ = −1 . 2 16 2
PROBLEMA 4.(A) [3 puntos] Calcular
Z
C
2xydx − xydy, donde C es el camino cerrado que va desde (0, 0) hasta
(1, 2) sobre la parábola y = 2x2 y luego regresa a (0, 0) sobre la recta y = 2x.
(B) [3 puntos] Obtener el volumen del sólido limitado por las superficies de ecuaciones x2 + y2 = 4, p z = 0 y z = 9 − x2 − y 2 .
158
Examen de de Diciembre de 2003
(C) [2 puntos] Calcular los extremos relativos de la función f (x, y) = 2x3 − 6x2 + 3y 2 + 30. (D) [2 puntos] Calcular los extremos absolutos de la función f (x, y) = 2x3 − 6x2 + 3y2 + 30 en la región del plano R acotada por la curva de ecuación x2 + y 2 = 1. Solución: (A) El camino cerrado C puede escribir en la forma C = C1 ∪ C2 , donde C1 y C2 admiten las parametrizaciones ½ ½ x=t x=1−t para t ∈ [0, 1]. C1 ≡ para t ∈ [0, 1], C ≡ 1 y = 2t2 y = 2 − 2t Luego, la integral puede calcularse por medio de Z Z Z 2xydx − xydy = 2xydx − xydy + C
=
C1 Z 1 ¡ 0
+
C2
2xydx − xydy =
¡ ¢ ¡ ¢ ¢ 2 · t · 2t2 · 1 − t · 2t2 · (4t) dt +
Z 1 0
(2 (1 − t) · (2 − 2t) · (−1) − (1 − t) · (2 − 2t) · (−2)) dt.
Las anteriores intregrales son inmediantas, teniendo la segunda de ellas el valor cero. Así, la integral de línea pedida vale Z 3 2xydx − xydy = − . 5 C (B) El volumen solicitado puede obtenerse a partir de la itegral doble ZZ p V = 9 − x2 − y 2 dA, R
donde R = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 6 4}.
Utilizando coordenadas polares el volumen es, ZZ p Z 2π Z 2 p Z ´3 ¯¯r=2 1 2π 2 ³p 2 2 2 2 V = 9 − x − y dA = 9 − r rdrdθ = − 9 − r ¯¯ dθ = 2 0 3 0 0 R r=0 Z 2π ³ √ ´ √ ´ 1 2π ³ 5 5 − 27 dθ = 27 − 5 5 . = − 3 0 3
Obsérvese que el volumen pedido puede entenderse como el exterior al cilindro y compremdio p entre z = 0 y z = 9 − x2 − y2 . En este caso, el volumen viene dado, en coordenadas polares, mediante √ Z 2π Z 3 p Z 2π ³p ´3 ¯¯3 1 2 5 10 π. 9 − r2 rdrdθ = − 9 − r2 ¯¯ dθ = V = 2 3 3 0
2
0
2
(C) Los puntos críticos de f (x, y) = 2x3 − 6x2 + 3y 2 + 30 se obtienen resolviendo el sistema de ecuaciones ∂f 2 ∂x (x, y) = 6x − 12x = 0, ∂f (x, y) = 6y = 0. ∂y
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Examen de de Diciembre de 2003
La resolución de este sistema es sencilla y los puntos críticos de f son (0, 0) y (2, 0). Para clasifircar estos puntos críticos, debemos obtener las derivadas parciales de segundo orden de f : ∂2f (x, y) = 12x − 12, ∂x2
∂2f (x, y) = 6, ∂y 2
∂2f ∂ 2f (x, y) = (x, y) = 0. ∂x∂y ∂y∂x
Para (0, 0): ∂ 2f ∂2f (0, 0) · (0, 0) − ∂x2 ∂y 2
µ
¶2 ∂2f (x, y) = −12 · 6 = −72 < 0, ∂y∂x
luego el origen es punto de silla de f . Para (2, 0): ∂2f (x, y) = 12 > 0 ∂x2
y
∂2f ∂2f (0, 0) · (0, 0) − ∂x2 ∂y 2
µ
¶2 ∂2f (x, y) = 72 > 0, ∂y∂x
luego el punto (2, 0) es un mínimo relativo de f . (D) De acuerdo con el apartado anterior, el origen es el único punto crítico de f en el interior de R = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1}. Puesto que la frontera de R, círculo de centro el origen y radio uno, puede parametrizarse mediante x = cos θ, y = sen θ con θ ∈ [0, 2π), la función f restringida a dicha frontera adquiere la forma g(θ) = f (cos θ, sen θ) = 2 cos3 θ − 6 cos2 θ + 3 sen2 θ + 30,
θ ∈ [0, 2π).
Los puntos críticos de la función g se obtienen resolviendo la ecuación g 0 (θ) = 0. Esto es, después de algunas simpiflicaciones debemos resolver la ecuación g 0 (θ) = 6 cos θ sen θ(− cos θ + 3) = 0. Como − cos θ + 3 6= 0 para todo θ real, las soluciones de la ecuación anterior en el intervalo [0, 2π) son θ = 0, θ = π/2, θ = 3π/2 y θ = π. Los correspondientes puntos del círculo son por tanto, (1, 0), (0, 1), (−1, 0) y (0, −1). Ahora evaluamos f en todos los puntos obtenidos salvo el origen, pues f no puede alcanzar un extremo absoluto en el origen, ya que, a partir del apartado (C), sabemos que el origen es un punto de silla. Puesto que, f (1, 0) = 26,
f (0, 1) = 33,
f (−1, 0) = 22,
f (0, −1) = 33.
el valor máximo de f restringida a R es 33 y se alcanza en los puntos (0, 1) y (0, −1) y el mínimo absoluto se alcanza en el punto (−1, 0) y valor es 22.
Primer Parcial. Curso 2003-04 PROBLEMA 1.Considérese el sistema ecuaciones lineales x + ky − 2z = −1 kx + y − 2z = −1 2x + 2y − 3z = −1
con k ∈ R.
(A) [3 puntos] Discutir, en función del parámetro real k, la compatibilidad del sistema. (B) [2 puntos] Cuando sea compatible indeterminado, utilizar el método de Gauss para resolverlo. (C) [2 puntos] ¿Para qué valores de k la matriz de coeficientes es regular? Obtener, si es posible, la inversa de dicha matriz cuando k = 2. ¿Cúal es la solución del sistema para k = 2?
(D) [3 puntos] ¿Para qué valores de k la matriz de coeficientes admite descomposición LU? Encontrar esta descomposición para todos los valores posibles y utilizarla para resolver el sistema cuando k = 0. Solución: (A) Realizamos transformaciones elementales a la matriz ampliada del sistema hasta obtener la forma escalonada. 1 k −2 −1 1 k −2 −1 1 k −2 −1 F21 (−k) P23 k 1 −2 −1 −→ 0 1 − k 2 −2 + 2k −1 + k −→ 0 2 − 2k 1 1 F31 (−2) 2 0 1 − k −2 + 2k −1 + k 2 2 −3 −1 0 2 − 2k 1 1 1 k −2 −1 1 k −2 −1 1 2 2 ) F2 ( 2−2k ) F3 ( −5+3k F (−(1−k )) 1 1 1 1 −→ 31 −→ 0 1 1 −→ 0 2−2k 2−2k 2−2k 2−2k −5+3k6=0 k6=1 −3+k 0 1 − k2 −2 + 2k −1 + k 0 0 −5+3k 2 2 1 k −2 −1 1 1 0 1 2−2k . Ahora discutimos las distintas situaciones que pueden presentarse: 2−2k −3+k 0 0 1 −5+3k (A.1) Si k 6= 1 y −5 + 3k 6= 0 ( o lo que es lo mismo k 6= 53 ) en el sistema hay tantos unos principales como incognitas y el sistema es por tanto compatible determinado.
(A.2) Si k = 1 volvemos al punto anterior donde supusimos que k 6= 1 y continuamos a partir de ahí las transformaciones elementales, obteniendo en este caso que el sistema de partida es equivalente al sistema cuya matriz ampliada es 1 1 −2 −1 0 0 1 1 . Por lo tanto el sistema es compatible indeterminado, ya que la matriz 0 0 0 0 escalonada tiene sólo dos unos principales y tres incognitas. 160
161
Primer Parcial. Curso 2003-04
(A.3) Si k = 53 (entonces k 6= 1) con lo que se pueden realizar todas las transformaciones hasta donde hemos supuesto k 6= 53 . A partir de ahí continuamos, obteniendo en este caso que el sistema de partida es equivalente al sistema cuya matriz ampliada es 1 k −2 −1 1 1 . La última ecuación pone de manifiesto que el sistema es en este caso 0 1 2−2k 2−2k 2 0 0 0 −3 incompatible. Resumimos en el siguiente cuadro el estudio de la compatibilidad. Valor de k k 6= 1 y k 6= 5/3 k=1 k = 5/3
Compatibilidad Compatible determinado Compatible indeterminado Incompatible
(B) Según los cálculos realizados en el apartado (A) obtenemos un sistema compatible indeterminado cuando k = 1. En este caso, y según se ha visto antes, el sistema de partidaes equivalente al 1 1 −2 −1 x=1−t 0 0 1 1 . Sus soluciones son sistema cuya matriz ampliada es y=t con 0 0 0 0 z=1 t ∈ R. (C) Recordamos que una matriz cuadrada M es regular (posee inversa) si y sólo si la forma escalonada reducida de la matriz es la identidad (o equivalentemente, cualquier sistema con matriz de coeficientes M es compatible determinado). Con los cálculos hechos en el apartado (A) tenemos que la matriz es regular si y sólo si k 6= 1 y k 6= 53 . A continuación obtenemos la inversa de la matriz, cuando k = 2, por el método de Gauss-Jordan 1 2 −2 1 0 0 1 2 −2 1 0 0 1 2 −2 1 0 0 1 2 2 1 −→ 2 0 1 0 −→ 0 −3 2 −2 1 0 −→ 0 1 − 23 3 −3 0 2 2 −3 0 0 1 0 −2 1 −2 0 1 0 −2 1 −2 0 1 1 2 −2 1 0 0 1 2 0 5 4 −6 1 2 −2 1 0 0 2 1 −→ 0 1 − 2 2 − 1 0 1 −2 0 −→ 0 1 0 2 1 −2 −→ 3 3 −3 0 3 3 3 1 2 2 0 0 −3 −3 −3 1 0 0 1 2 2 −3 0 0 1 2 2 −3 −1 1 0 0 1 2 −2 1 2 −2 1 2 −2 0 1 0 2 1 −2 . Por lo tanto, 2 1 −2 = 2 1 −2 2 2 −3 0 0 1 2 2 −3 2 2 −3 La solución del sistema para k = 2, podemos obtenerla de dos formas:
Primera forma: Si queremos resolver el sistema Ax = b y conocemos la inversa delamatriz A, x 1 2 −2 −1 entonces la solución es x = A−1 b, que en este caso es x = y = 2 1 −2 −1 = z 2 2 −3 −1 −1 −1 . −1 Segunda forma: Desde el apartado (A) pedemos resolver el sistema para cualquier valor de k si k 6= 1 y k 6= 53 . En particular para k = 2 obtenemos qeu el sistema es equivalente al que tiene 1 2 −2 −1 x = −1, como matriz ampliada 0 1 − 12 − 12 y es directo ver que su solución es y = −1, 0 0 1 −1 z = −1.
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Primer Parcial. Curso 2003-04
(D) Recordamos que una matriz cuadrada A tiene descomposición LU si es regular y se puede llegar a la matriz escalonada U con unos en la diagonal sin necesidad de realizar intercambio de filas. Como sabemos que A es regular cuando k 6= 1 y k 6= 53 , inicialmente suponemos que k no es ninguno de estos valores. 1 k −2 1 k −2 1 k −2 1 ( ) F 2 1−k2 F21 (−k) 2 F32 (−(2−2k)) 1 − 1+k A = k 1 −2 −→ 0 1 − k2 −2 + 2k −→ 0 −→ k6=1,−1 F31 (−2) 2 2 −3 0 2 − 2k 1 0 2 − 2k 1 Ã
!
1 k −2 1 k −2 2 0 1 − 2 . Por lo tanto hay descomposición LU siempre 0 1 − 1+k −→ 1+k k6= 53 −5+3k 0 0 0 0 1 1+k que k 6= −1, 1, 53 . En ese caso la descomposición es 1 0 0 1 k −2 1 k −2 2 k 1 −2 = k 1 − k 2 0 0 1 − 1+k 2 2 − 2k 5−3k 2 2 −3 0 0 1 1+k
F3
1 −5+3k 1+k
Ahora resolvemos el sistema Ax = b, utilzando la descomposición LU , cuando k = 0. Recordamos que el método consiste en resolver dos sistemas triangulares. Ax = b =⇒ (LU ) x = b =⇒ L (U x) = b. Si llamamos U x = y, tenemos que hay resolver dos sistemas. En primer lugar, el sistema Ly = b, de donde obtendremos el vector y y después resolvemos el sistema U x = y, de donde obtendremos la incognita pedida x. −1 1 0 0 y1 y1 = −1 y2 = −1 Resolvemos el primer sistema Ly = b =⇒ 0 1 0 y2 = −1 =⇒ y3 y =3 2 2 5 −1 35 1 0 −2 x1 −1 y a continuación resolvemos el sistema U x = y =⇒ 0 1 −2 x2 = −1 =⇒ 3 x3 0 0 1 5 1 x1 = 5 x =1 2 53 x3 = 5
PROBLEMA 2.Consideremos la matriz
−1 −2 1 A = 1 −1 2 1 0 1
(A) [3 puntos] Encontrar bases para los subespacios R(A), R(A)⊥ , N (A) y N (A)⊥ , siendo R(A) el espacio columna y N (A) el espacio nulo de la matriz A. (B) [1 punto] Encontrar una base ortonormal para el subespacio R(A). (C) [1 punto] Determinar el valor de c para que el vector (2, −2, c) pertenezca a N (A). (D) [2 puntos] ¿Los vectores (2, −2, −2) y (1, 1, 1) pertenecen al subespacio R(A)? Encontrar la pseudosolución del sistema −1 −2 µ ¶ 1 x 1 −1 = 1 . y 1 0 1
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Primer Parcial. Curso 2003-04
(E) [3 puntos] Encontrar las proyecciones ortogonales de los vectores (2, −2, −2) y (1, 1, 1) sobre los subespacios R(A), R(A)⊥ , N(A) y N (A)⊥ . Solución: © ª (A) Sabemos que R(A) = lin {(−1, 1, 1) , (−2, 1, 0) , (1, 2, 1)} y que N (A) = x ∈ R3 : Ax = 0 . Con el fin de saber cuáles de los vectores que generan R(A) son independientes y de resolver el sistema Ax = 0, obtenemos la matriz escalonada de A. 1 2 −1 1 2 −1 1 2 −1 −1 −2 1 1 −1 2 −→ 0 −3 1 . La solución 1 1 −→ 0 1 3 −→ 0 0 0 0 0 −2 2 0 −2 2 1 0 1 x1 = −t del sistema Ax = 0 es x = t . Con los cálculos hechos obtenemos que una base de R(A) 2 x3 = t es BR(A) = {(−1, 1, 1) , (−2, 1, 0)} y una base de N (A) es BN(A) = {(−1, 1, 1)} . © ª Como R(A)⊥ = x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x · y = 0, para todo y ∈ R(A) , se tiene que (x1 , x2 , x3 ) ∈ R(A)⊥ si y sólo si es ortogonal a los vectores de la base BR(A) , y por lo tanto R(A)⊥ ≡ ½ −x1 + x2 + x3 = 0 . Resolviendo el sistema obtenemos una base de R(A)⊥ . −2x1 − x2 = 0 µ ¶ ¶ µ x1 = t −1 1 1 0 1 −1 −1 0 x = −2t luego R(A)⊥ = lin {(1, −2, 3)} =⇒ −→ 0 −3 −2 0 −2 −1 0 0 2 x3 = 3t y una base de R(A)⊥ es BR(A)⊥ = {(1, −2, 3)} © ª De la misma forma, N (A)⊥ = x = (x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 : x · y = 0, para todo y ∈ N (A) , y se tiene el sistema obtenemos que (x1 , x2 , x3 ) ∈ N (A)⊥ si y sólo si −x1 + x2 + x3 = 0. Resolviendo x1 = t + s, x = s, una base de N (A)⊥ . Como la solución de −x1 + x2 + x3 = 0 es se tiene que 2 x3 = t, N (A)⊥ = lin {(1, 1, 0) , (1, 0, 1)} y una base de N (A)⊥ es BN(A)⊥ = {(1, 1, 0) , (1, 0, 1)}, ya que los vectores (1, 1, 0) y (1, 0, 1) son claramente independientes. (B) Para obtener una base ortonormal de R(A) utilizamos el método de ortonormalización de GramSchmidt. Inicialmente consideramos la base de R(A) {(−1, 1, 1) , (−2, 1, 0)} . Hacemos u1 = (−1, 1, 1) u2 = (−2, 1, 0) −
1 (−1, 1, 1) = 3
µ ¶ 5 4 1 − ,− ,− 3 3 3
Los vectores {u1 , u2 } constituyen una base ortogonal de R(A). Dividiendo cada vector por su norma obtenemos la base ortonormal pedida {v1 , v2 } ¶ µ 1 1 1 v1 = −√ , √ , √ 3 3 3 µ ¶ 4 1 5 √ √ √ ,− ,− v2 = − 42 42 42 (C) El vector (2, −2, c) ∈ N (A) si y sólo si (2 − 2, c) es combinación lineal de (−1, 1, 1), es decir, si 2 c −2 = , de donde deducimos que c = −2 = 1 1 −1
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Primer Parcial. Curso 2003-04
(D) Los vectores (2, −2, −2) y (1, 1, 1) ∈ R(A) si y sólo si son combinación lineal de loselementos −1 −2 µ ¶ 2 x de la base de R(A), y eso ocurrirá si y sólo si los sistemas 1 −1 = −2 y y 1 0 −2 ¶ µ 1 −1 −2 1 −1 x = 1 tienen solución. Resolvemos cadas uno de ellos. y 1 1 0 −1 −2 2 1 2 −2 1 2 −2 1 −1 −2 −→ 0 −3 0 −→ 0 1 0 . Como vemos la solución de 1 0 −2 0 −2 0 0 0 0 µ ¶ µ ¶ x −2 este sistema es = . Por lo tanto (2 − 2, −2) ∈ R(A), de hecho, (2 − 2, −2) = y 0 −2 (−1, 1, 1) + 0 (−2, −1, 0)
Ahora estudiamos la compatibilidad del segundo sistema 1 2 −2 1 2 −2 1 2 −2 −1 −2 1 1 −1 1 −→ 0 −3 2 −→ 0 1 − 23 −→ 0 1 − 23 . Este sis2 0 −2 2 0 0 1 0 1 0 −2 2 3 tema no tiene solución, por lo tanto (1, 1, 1) ∈ / R(A). Obsérvese que las transformaciones elementales, en este caso, sólo deben aplicarse al término independiente. −1 −2 µ ¶ 1 x Obtendremos la pseudosolución del sistema 1 −1 = 1 resolviendo el sisy 1 0 1 tema normal asociado de Gauss. µ ¶ −1 −2 µ ¶ µ ¶ 1 µ ¶µ ¶ µ ¶ −1 1 1 x −1 1 1 3 1 x 1 1 −1 = 1 =⇒ = . −2 −1 0 y −2 −1 0 1 5 y −3 1 0 1 Para resolver este último sistema usamos el método de Gauss. ½ µ ¶ µ ¶ µ ¶ x = 47 1 5 −3 1 5 −3 3 1 1 , luego la pseudosolu=⇒ −→ −→ y = − 57 1 5 −3 3 1 1 0 −14 10 µ 4 ¶ 7 . ción es x0 = − 57
(E) Calculamos primero la proyección del vector z = (1, 1, 1) sobre cada uno de los subespacios y después la del vector w = (2 − 2, −2).
La proyección de z sobre R(A) puede calcularse de dos formas. En primer lugar, como en el apartado anterior hemos calculado la pseudosolución, tenemos que 6 −1 −2 µ 4 ¶ 7 7 = 97 . proyR(A) (z) = 1 −1 5 −7 4 1 0 7
Otra forma de calcular la proyección es utilizando la base ortonormal obtenida en el apartado (B), en este caso se obtendría: 10 1 (−1, 1, 1) − (−5, −4, −1) 3 42 µ µ ¶ ¶ 14 14 14 54 40 10 = − , , , , + 42 42 42 42 42 42 µ ¶ µ ¶ 36 54 24 6 9 4 , , , , = = 42 42 42 7 7 7
proyR(A) (z) =
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Sabemos que cualquier vector b puede descomponerse en la forma b = proyR(A) (b)+proyR(A)⊥ (b). Por lo tanto proyR(A)⊥ (b) = b − proyR(A) (b). Aplicando este razonamiento a nuestro caso obtenemos µ ¶ 1 −2 3 , , proyR(A)⊥ (z) = z − proyR(A) (z) = . 7 7 7 La proyección de z sobre N (A) se obtiene directamente teniendo en cuenta que {(−1, 1, 1)} es una base ortogonal de N (A). 1 proyN(A) (z) = (−1, 1, 1) = 3
µ ¶ 1 1 1 − , , 3 3 3
y proyN(A)⊥ (z) = z − proyN(A) (z) =
µ
4 2 2 , , 3 3 3
¶
La proyección de w sobre R(A) y N (A) son muy simples. Como w ∈ R(A) se tiene que proyR(A) (w) = w = (2 − 2, −2) y proyR(A)⊥ (w) = (0, 0, 0) . De la misma forma como w ∈ N(A) se tiene que proyN(A) (w) = w = (2 − 2, −2) y proyN(A)⊥ (w) = (0, 0, 0) . PROBLEMA 3. 2 0 2 0 . Se pide: Sea A = 0 −1 2 0 −1
(A) [3 puntos] ¿Es la matriz A diagonalizable? En caso afirmativo, encontrar una matriz de paso P y una matriz diagonal D de forma que P −1 AP = D (es decir, A = P DP −1 ). (B) [2 puntos] ¿Es posible encontrar una matriz de paso ortogonal? Determínese en caso afirmativo.
(C) [3 puntos] ¿Posee la matriz A inversa? En caso afirmativo, encontrar una matriz de paso P1 y una matriz diagonal D1 de forma que P1−1 A−1 P1 = D1 (es decir, A−1 = P1 D1 P1−1 ). ³ π´ . (D) [2 puntos] Calcular la recta tangente a la curva de ecuación tg(xy) = x en el punto 1, 4 Solución:
(A) Como la matriz es simétrica, sin necesidad de realizar ningún cálculo, puede afirmarse que la matriz es diagonalizable. Para obtener la matriz diagonal D y la matriz de paso P tenemos que obtener los autovalores de A y sus autovectores asociados. Calculamos el polinomio característico: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ λ−2 0 −2 ¯¯ ¯ λ−2 ¯ ¯ −2 ¯ 0 λ+1 0 ¯¯ = (λ + 1) ¯¯ |λI − A| = ¯¯ −2 λ + 1 ¯ ¯ −2 ¯ 0 λ+1 ¡ 2 ¢ = (λ + 1) λ − λ − 6 = (λ + 1) (λ − 3) (λ + 2) ,
Luego los autovalores son λ1 = −1, λ2 = −2 y λ3 = 3, cada uno de ellos de multiplicidad algebráica uno.
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Para calcular los autovectores asociados al autovalor λ1 = −1 debemos resolver el sistema de ecuaciones homogéneo (−I − A) x = 0 −3 0 −2 0 1 0 0 0 x1 = 0, 0 0 x = t, Por lo tanto el subespacio propio 0 0 −→ 0 0 1 0 =⇒ 2 x3 = 0. 0 0 0 0 −2 0 0 0 asociado autovalor λ1 = −1 es V (−1) = lin {(0, 1, 0)} .
Para calcular los autovectores asociados al autovalor λ2 = −2 debemos resolver el sistema de ecuaciones homogéneo (−2I − A) x = 0 −4 0 −2 0 1 0 12 0 x1 = t, 0 −1 =⇒ 0 1 0 0 x = 0, 0 0 Por lo tanto el subespacio pro−→ 2 x3 = −2t. 0 0 0 0 −2 0 −1 0 pio asociado al autovalor λ2 = −2 es V (−2) = lin {(1, 0, −2)} .
Para calcular los autovectores asociados al autovalor λ3 = 3 debemos resolver el sistema de ecuaciones homogéneo (3I − A) x = 0 1 0 −2 0 1 0 −2 0 x1 = 2t, 0 4 0 0 −→ 0 1 x2 = 0, Por lo tanto el subespacio propio 0 0 =⇒ x3 = t. −2 0 4 0 0 0 0 0 asociado al autovalor λ3 = 3 es V (3) = lin {(2, 0, 1)} .
Debe observarse que los autovectores asociados a autovalores distintos son ortogonales ya que la matriz es simétrica. Con los cálculos realizados tenemos que la matriz A puede descomponerse en la forma −1 0 1 2 0 1 2 −1 0 0 0 0 0 −2 0 1 A = P DP −1 = 1 0 0 0 −2 1 0 0 3 0 −2 1 (B) Como la matriz es simétrica puede afirmarse que es posible encontrar una matriz de paso ortogonal, que llamaremos Q, tal que A = QDQT . Como la base de autovectores obtenidos en el apartado (A) (las columnas de P ) es ortogonal, para obtener una base de autovectores que sean ortonormales sólo necesitamos dividir cada autovector por su norma. Por lo tanto la matriz Q es √1 √2 0 5 5 0 0 Q= 1 0 − √25 √15 (C) Una matriz que sea diagonalizable tiene inversa si y sólo si sus autovalores son distintos de cero. Como los tres autovalores de la matriz A son distintos de cero, la matriz A tiene inversa. Como ya hemos descompuesto A en la forma A = QDQT , obtenemos ¢−1 ¡ T ¢−1 −1 −1 ¡ = Q D Q = QD−1 QT , A−1 = QDQT
por lo tanto P1 = P y D1 = D−1 , es decir, √1 √2 0 −1 0 5 5 0 0 0 − 12 A−1 = 1 0 − √25 √15 0 0
0 1 0 0 2 1 0 √5 0 − √5 1 √2 √1 0 3 5 5
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(D) La ecuación de una recta tangente a una curva de ecuación y = f (x) en el punto (a, f(a)) viene dada por y − f (a) = f 0 (a)(x − a). Por lo tanto para calcular la tangente a la curva en el punto que nos piden sólo necesitamos calcular la derivada de la función en el punto en cuestión. Como la función está definida de forma implícita realizamos la derivación implicita de la ecuación que la define, obteniendo ¶ µ ¡ ¢ dy 2 +y =1 1 + tg (xy) x dx dy 2−π 1 π π (1) = y 0 (1) = − = . Luego , obtenemos que 4 dx 2 4 4 ³ π´ la ecuación de la recta tangente en el punto 1, es 4
Sustituyendo los valores x = 1 e y =
y−
π 2−π = (x − 1) 4 4
PROBLEMA 4.(A) Sea f (x) = x cos x. (i) [3 puntos] Determinar el polinomio de Maclaurin de grado tres de f . Utilizar este polinomio para obtener de forma aproximada f (0.1) y acotar el error cometido. ³ π´ (ii) [2 puntos] Demostrar que f tiene exactamente un punto crítico c en el intervalo 0, . 2 (iii) [2 puntos] Utilizar el método de Newton para obtener el punto crítico c con dos cifras decimales exactas, tomando como valor incial x1 = 1. x2 + x en el intervalo [−1, 2]. x2 + 1 Con esa información realizar un esbozo de la gráfica de g en dicho intervalo.
(B) [3 puntos] Determinar los extremos absolutos de la función g(x) =
Solución: (A) (i) El polinomio de McLaurin de grado tres de una función f (x) viene dado por P3 (x) = f 00 (0) 2 f 000 (0) 3 f 0 (0) x+ x + x . En tal caso el error que se comente al aproximar la f (0) + 1! 2! 3! f iv (z) 4 x , donde z es un función por dicho polinomio está dado por la fórmula R3 (x) = 4! número que está entre 0 y x. Por lo tanto para calcular el polinomio de McLaurin y el error debemos derivar la función hasta el cuarto orden. f 0 (x) = cos x − x sen x =⇒ f 0 (0) = 1 f 00 (x) = −2 sen x − x cos x =⇒ f 00 (0) = 0 f 000 (x) = −3 cos x + x sen x =⇒ f 000 (0) = −3 f iv (x) = 4 sen x + x cos x Sustituyendo los valores obtenidos tenemos que el polinomio de McLaurin de grado tres de f (x) es P3 (x) = x −
x3 . 2
168
Primer Parcial. Curso 2003-04
Una vez conocido el polinomio, éste puede utilizarse para obtener el valor f (0.1) ' 0.1 − (0.1)3 = 0.0995 2 f iv (z) (0.1)4 . En este caso el error que se comete será R3 (0.1) = 4! ¯ ¯ Como ¯f iv (z)¯ = |4 sen z + z cos z| ≤ |4 sen z| + |z cos z| ≤ 4 + |z| ≤ 4 + 0.1 = 4.1 < 5. 5 0.0005 = 0.00002083. Entonces |R3 (0.1)| ≤ (0.1)4 = 4! 24 ³ π´ , los puntos críticos son aquellos en los (ii) Como la función es derivable en el intervalo 0, 2 que la deivada primera se anula. Tenemos que resolver la ecuación cos x − x sen x = 0. Si llamamos h(x) = cos x−x sen x, observamos que resolver la ecuación anterior es equivalente a buscar los ceros de³ la función h(x). Comprobamos que esta función h(x) tiene un único π´ cero en el intervalo 0, . Observamos que h(x) es una función continua en el intervalo 2 h πi π π y que h(0)h( ) = − . Por lo tanto, aplicando el teorema de Bolzano, cerrado 0, 2 2 2 la función tiene al menos un cero en dicho intervalo. Como h0 (x) = −2 sen x − x cos x = ³ π ´ se tiene que la función es decreciente y el − (2 sen x + x cos x) < 0 para todo x ∈ 0, 2 ³ π´ cero es único. En definitiva, hay un único punto crítico c de f (x) en el intervalo 0, . 2 (iii) Recordamos que el método de Newton proporciona una sucesión de valores que se van aproximando a la solución c de h(x) = 0. Dicha sucesión se obtiene de forma iterativa h(xn ) , para n = 1, 2, ... y que es conveniente colocar los mediante la fórmula xn+1 = xn − 0 h (xn ) datos que vamos obteniendo en una tabla como la que sigue: n
xn
h (xn )
h0 (xn )
1 2
1 0.864536
−0.301169 −0.008742
−2.223244 −2.082667
h (xn ) h0 (xn ) 0.135464 0.004198
h (xn ) h0 (xn ) 0.864536 0.860338
xn+1 = xn −
Como |x2 − x1 | = 0.004198 < 0.01, obtenemos que la solución pedida es c ' x2 = 0.860338, con dos cifras decimales exactas. (B) Para obtener los extremos absolutos de g(x) en el intervalo cerrado [−1, 2] hemos de calcular previamente los puntos críticos de la función en el intervalo abierto (−1, 2). Como la función x2 + x g(x) = 2 es derivable en (−1, 2), los puntos críticos serán aquellos puntos donde se anule x +1 −x2 + 2x + 1 y resolvemos la ecuación −x2 + 2x + 1 = 0, cuyas la derivada. Calculamos g 0 (x) = 2 2 (x + √ √ 1) √ que 1 + 2 ∈ / (−1, 2), se tiene que el único punto soluciones son x1 = 1 − 2 y x2 = 1 + 2. Ya√ crítico de g en el intervalo (−1, 2) es x1 = 1 − 2. A continuación calculamos el valor que toma la función en el punto crítico y en los extremos del intervalo y decidiremos cuales son el máximo y el mínimo absoluto
g (−1) = 0 6 g (2) = 5 √ ³ √ ´ 4−3 2 √ <0 g 1− 2 = 4−2 2
169
Primer Parcial. Curso 2003-04
6 y el Por lo tanto, el máximo absoluto se alcanza en el extremo b = 2 y su valor es g(2) = 5 √ √ 4−3 2 √ . mínimo se alcanza en x1 = 1 − 2 siendo su valor mínimo g(x1 ) = 4−2 2 Con esta información la gráfica de la función g en el intervalo [−1, 2] se encuentra en la Figura 41. y
-1
x1
Máximo absoluto
2 x
Mínimo absoluto
Figura 41: Representación gráfica de g(x) =
x2 + x en el intervalo [−1, 2]. x2 + 1
Segundo Parcial. Curso 2003-04 PROBLEMA 1.(A) [3 puntos] Calcular la integral
Z
e−x sen x dx. Averiguar si la integral impropia
e−x sen x dx
0
es convergente, y en caso afirmativo, obtener su valor. (B) [4 puntos] Calcular las siguientes integrales definidas:
Z ∞
Z 1 0
√ 1 − x2 dx ;
Z 1 0
√ x 1 − x2 dx
(C) [3 puntos] Sea R la regíón limitada por arriba por la circunferencia x2 + y 2 = 1 y por debajo por la recta x + y = 1. Calcular el volumen del sólido que se obtiene cuando la región R gira entorno de la recta x = 2. Solución: (A) Aplicamos el método de integración por partes. · ¸ Z Z u = e−x du = −e−x dx −x e sen x dx = = −e−x cos x − e−x cos x dx = dv = sen x v = − cos x · ¸ Z u = e−x du = −e−x dx = = −e−x cos x − e−x sen x − e−x sen x dx dv = cos x v = sen x Z Luego, denominando I = e−x sen x dx, hemos llegado a la igualdad I = −e−x cos x − e−x sen x − I
lo que nos conduce directamente a I=−
e−x (cos x + sen x) 2
esto es, Z Por lo tanto Z ∞
e−x sen x dx = −
e−x (cos x + sen x) +C 2
¸b · 1 −x e sen xdx = lim e sen xdx = lim − e (sen x + cos x) b→∞ 0 b→∞ 2 0 0 µ ¶ 1 −b 1 1 = lim − e (sen b + cos b) + = b→∞ 2 2 2 ¶ µ 1 ya que lim − e−b (sen b + cos b) = 0 al ser el producto de una función que tiende a cero b→∞ 2 −b ( lim e = 0) por otra que está acotada (|sen b + cos b| 6 |sen b| + |cos b| 6 2). −x
Z b
−x
b→∞
170
171
Segundo Parcial. Curso 2003-04
(B) Realizamos la primera integral mediante el método de sustitución o cambio de variable. ½ Z 1 √ π x = sen t, Cuando x = 0 ⇒ t = 0 y cuando x = 1 ⇒ t = . Por I1 = 1 − x2 dx ⇒ dx = cos tdt. 2 0 lo tanto, I1 =
Z π 2
0
1 cos tdt = 2 2
Z π 2
0
· ¸π sen 2t 2 1 π t+ (1 + cos 2t) dt = = . 2 2 4 0
Nótese que la integral I1 respresenta la cuarta parte del área del círculo de centro el origen y radio uno. La segunda integral es inmediata. ¸1 ·q Z 1 p 12 1 3 2 2 x 1 − x dx = − (1 − x ) = . I2 = 23 3 0 0 (C) Calculamos el volumen por el método de las capas (ver Figura 42):
2 1/2 h(x)=( 1-x ) -(1-x)
x2 + y2 = 1
x
p(x)=2-x
y=1-x
x=2
Figura 42: Esbozo de la región R definida en el apartado (C) del problema 1.
V
Z 1
³p ´ (2 − x) 1 − x2 − (1 − x) dx = ¶ µ0 Z 1 p Z 1 p Z 1 2 2 1 − x dx − x 1 − x dx − (2 − x) (1 − x)dx = = 2π 2 0 0 0 µ ¶ Z 1 ¡ 2 ¢ π 1 x − 3x + 2 dx = = 2π 2 · − − 4 3 ¶0 µ 3π − 7 π 1 5 =π = 2π − − . 2 3 6 3 = 2π
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Segundo Parcial. Curso 2003-04
PROBLEMA 2.(A) Consideremos la función f (x, y) = 2x2 + 3y2 . Calcular: (A.1) [2 puntos] Determinar la curva de nivel de la superficie z = f (x, y) que pasa por el punto (2, 1). (A.2) [1 punto] ¿En qué dirección crece más rapidamente en el punto (2, 1) la función f ? (A.3) [2 puntos] Obtener la ecuación de la recta tangente a la curva de nivel anterior en el punto (2, 1) . (B) Considérese la función h(x, y) = x2 − 6x + y2 − 8y + 7. (B.1) [2 puntos] Determinar y clasificar los puntos críticos de h. (B.2) [3 puntos] Encontrar el máximo y mínimo de h sobre el círculo {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 6 1}. Solución: (A.1) Para calcular la curva de nivel de la superficie z = f (x, y) = 2x2 + 3y2 que pasa (2, 1) debemos obtener la imagen del punto (2, 1) mediante f : f (2, 1) = 2 · 22 + 3 · 12 = 11. Así, la curva de nivel de z = 2x2 + 3y2 que pasa (2, 1) es la elipse de ecuación 2x2 + 3y 2 = 11. (A.2) Sabemos que la dirección en la que crece más rapidamente la función f en el punto (2, 1) es la dirección del vector gradiente. Nos están pidiendo que calculemos ∇f (2, 1). Como las derivadas parciales de f son fx (x, y) = 4x y fy (x, y) = 6y, el vector gradiente a f en el punto (2, 1) es ∇f (2, 1) = (4 · 2, 6 · 1) = (8, 6). (A.3) Podemos obtenerlo de dos formas. La primera teniendo en cuenta que el vector gradiente es perpendicular a la curva de nivel, y por lo tanto, a la recta tangente que nos piden. Es decir, la recta que nos piden pasa por el punto (2, 1) y tiene por vector perpendicular al vector ∇f (2, 1) = (8, 6), por lo que la ecuación de la recta es 8 (x − 2) + 6 (y − 1) = 0 =⇒ 4x + 3y − 11 = 0. La segunda forma es mediante derivación implícita para calculara la pendiente a la recta tangente. Derivando implícitamente respecto de x en la identidad 2x2 + 3y 2 = 11 se obtiene 4x + 6yy 0 = 0, de donde y0 = −(4x)/(6y) y por tanto, la pendiente de la recta tangente a 2x2 + 3y 2 = 11 en el punto (2, 1) viene dada por m = −8/6. En consecuencia, la recta tangente tiene de ecuación 8 y − 1 = − (x − 2) =⇒ 4x + 3y − 11 = 0. 6 (B.1) Puesto que h es diferenciable en todo R2 , sus puntos críticos son aquellos que anulan simulténeamente a sus dos derivadas parciales de primer orden. Es decir, son las soluciones del sistema ∂h ∂x (x, y) = 2x − 6 = 0. ∂h (x, y) = 2y − 8 = 0. ∂y
La resolución de este sistema es directa y el único punto crítico de h es el punto (3, 4).
173
Segundo Parcial. Curso 2003-04
A continuación, clalisificaremos este punto crítico recurriendo a las derivadas parciales de segundo orden. La matriz hessiana de h es constante, ya que h es una función polinómica de segundo grado. Esta matriz es µ ¶ 2 0 H= . 0 2 ∂ 2h = 2 > 0, el punto crítico (3, 4) es un mínimo relativo. ∂x2 De hecho, en este punto la función alcanza su mínimo absoluto, pues, completando cuadrados, es fácil ver que
Como d = det(H) = 4 > 0 y
h(x, y) = (x − 3)2 + (y − 4)2 − 18 y así, el mínimo de h es −18 y éste se alcanza en el punto (3, 4). (B.2) Obsérvese que el único punto crítico de h ((3, 4)) no está en el interior del circulo unidad, ya que 32 + 42 = 25 > 1. Por tanto, tanto el máximo de h como su mínimo restringida esta función al círculo unidad D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y 2 6 1} deben alcanzarse en la frontera del círculo, es decir, en la circunferencia de ecuación x2 + y2 = 1. Dividimos la frontera del círculo D en dos partes: n o p F1 = (x, y) ∈ R2 : −1 6 x 6 1, y = 1 − x2 y
o n p 2 2 F2 = (x, y) ∈ R : −1 6 x 6 1, y = − 1 − x .
De esta forma, la función h restringida a F1 viene dada por ³ p ´ ´2 ³p p p g(x) = h x, 1 − x2 = x2 − 6x + 1 − x2 − 8 1 − x2 + 7 = 8 − 8 1 − x2 − 6x,
x ∈ [−1, 1].
Los puntos críticos de g en el intervalo abierto (−1, 1) son los que anulan a su derivada x − 6 = 0. g 0 (x) = 8 √ 1 − x2 3 En este caso, sólo tenemos un punto crítico x = y los puntos a tener en cuenta en la frontera 5 s µ ¶2 µ ¶ 3 3 4 3 = , F1 son: (−1, 0), (1, 0) y , 1 − . 5 5 5 5 A continuación hacemos lo propio con la frontera F2 . En este caso, la función f está dada por ´ ´2 ´ ³ ³ p ³ p p p t(x) = h x, − 1 − x2 = x2 − 6x + − 1 − x2 − 8 − 1 − x2 + 7 = 8 1 − x2 − 6x + 8,
y los puntos críticos de t en el intervalo (−1, 1) se obtienen resolviendo la ecuación x t0 (x) = −8 √ − 6 = 0. 1 − x2
x ∈ [−1, 1
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Segundo Parcial. Curso 2003-04
3 Esto ecuación nos proporciona un único punto crítico x = − y los puntos a considerar sobre la 5 s µ ¶2 µ ¶ 3 3 4 3 = − ,− . semicircunferencia F2 son: (−1, 0), (1, 0) y − , − 1 − − 5 5 5 5 Sólo nos queda evaluar h en los puntos obtenidos:
h(1, 0) = 2 h(−1, µ 0)¶= 14 3 4 , h = −2 ¶ µ5 5 3 4 = 18 h − ,− 5 5 2 2 2 y así, el máximo ¡ 3 de 4h¢restringida a D = {(x, y) ∈ R : x + y 6 1} es 18 y su máximo se alcanza mínimo (también restringida a D) es −2 y éste valor mínimo en el punto − 5 , − 5 y¡ su valor ¢ se alcanza en el punto 35 , 45 .
Otra forma:
Parametrizamos dicha circunferencia en la forma x = cos t, y = sen t, con t ∈ [0, 2π]. Entonces, la función h restingida a dicha circunferencia adopta la expresión 2
g(t) = h (cos t, sen t) = cos2 t − 6 cos t + sen t − 8 sen t + 7 = 8 − 8 sen t − 6 cos t para t ∈ [0, 2π].
Los puntos críticos de g son los pertenecientes al intervalo abierto (0, 2π) que anulan a su derivada g 0 (t) = −8 cos t + 6 sen t. Desde la igualdad −8 cos t + 6 sen t = 0, obtenemos tg t = 4/3. Esto puede escribirse en la forma tg t =
4/5 −4/5 = 3/5 −3/5
y los correspondientes puntos a analizar en la circunferencia¡son el (1, 0) ¢ punto ¡ ¢ (que corresponde a las extremos del intervalo t = 0 y t = 2π), y los puntos 35 , 45 y − 35 , − 45 . Evaluando h en dichos puntos: h(1, µ 0) =¶2 3 4 , h = −2 ¶ µ5 5 3 4 = 18 h − ,− 5 5 se tiene que máximo¡ de h restringida a D = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1} es 18 y su máximo se ¢ 3 4 alcanza en el punto − 5 , − 5 . Además, ¡ su¢ valor mínimo (también restringida a D) es −2 y éste valor mínimo se alcanza en el punto 35 , 45 . PROBLEMA 3.√ (A) [2 puntos] Calcular con ayuda de la calculadora 4 −12 + i. Todos los resultados deben darse en forma binómica Z ¡ √ ¢ x + 4 y ds, siendo C el triángulo de vértices (B) [3 puntos] Calcular la integral de linea C
(0, 0) , (1, 0) y (0, 1) recorrido en sentido antihorario.
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Segundo Parcial. Curso 2003-04
(C) Sea C el trozo de semicircunferencia de centro el origen y radio uno recorrida desde el punto (0, 1) al punto (−1, 0) en sentido antihorario. Se pide: (C.1) [1 punto] Encontrar una parametrización de la curva C. Z ¢ ¡ (C.2) [3 puntos] Calcular 2xy dx + x2 + y 2 dy. C
à √ ! 3 1 (C.3) [1 punto] Calcular un vector tangente a la curva C en el punto − , . 2 2
Solución: √ √ (A) El módulo del¡ número complejo z = −12 + i es r = 122 + 1 = 145 = 12.042 y su argumento ¢ 1 = arctan (−0.083) = 3.060. Por lo tanto, las raíces cuartas de z son es θ = arctan − 12 ¡√ ¢ w0 = 4 12.042 3.060 = 1.8630.765 = 1.863(cos(0.765) + i sen(0.765)) 4
= 1.863(0.721 + 0.693i) = 1.343 + 1.291i ¡√ ¢ w1 = 4 12.042 3.060 + 6.283 = 1.8632.336 = 1.863(cos(2.336) + i sen(2.336)) 4
4
= 1.863(−0.693 + 0.721i) = −1.291 + 1.343i ¡√ ¢ w2 = 4 12.042 3.060 +2 6.283 = 1.8633.907 = 1.863(cos(3.907) + i sen(3.907)) 4
4
= 1.863(−0.721 − 0.693i) = −1.343 − 1.291i. ¡√ ¢ w3 = 4 12.042 3.060 +3 6.283 = 1.8635.478 = 1.863(cos(5.478) + i sen(5.478)) 4
4
= 1.863(0.693 − 0.721i) = 1.291 − 1.343i
(B) Cada uno de los lados del triángulo puede parametrizarse regularmente mediante: C1 ≡ ~r1 (t) = t~i, t ∈ [0, 1], C2 ≡ ~r2 (t) = −t~i + (1 + t)~j, C3
≡ ~r3 (t) = −t~j,
t ∈ [−1, 0],
t ∈ [−1, 0].
Así, una paramentización regular del triángulo está dada por t ~i si 0 ≤ t ≤ 1, ~ ~ C ≡ ~r(t) = (2 − t) i + (−1 + t) j si 1 < t ≤ 2, (3 − t) ~j si 2 < t ≤ 3. Por tanto, ~r0 (t) = Z
~i si 0 < t < 1, − ~i + ~j si 1 < t < 2, y se tiene: si 2 < t < 3. − ~j
√ (x + 4 y)ds =
Z 1 0
C
=
tdt +
Z 2 1
√ ¡ ¢√ (2 − t) + 4 t − 1 2dt +
19 19 √ 1 19 √ 8 + + 2+ = 2. 2 6 3 6 6
Z 3 2
√ 4 3 − tdt
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Segundo Parcial. Curso 2003-04
Nótese que también podíamos calcular la integral de línea solicitada mediante Z Z Z Z √ √ √ √ (x + 4 y)ds = (x + 4 y)ds + (x + 4 y)ds + (x + 4 y)ds = C1
C
=
Z 1
tdt +
0
=
C2
Z 0
C3
√ √ (−t + 4 1 + t) 2dt +
−1
19 19 √ 8 1 19 √ + + 2+ = 2. 2 6 3 6 6
Z 0
√ 4 −tdt =
−1
(C) Una parametrización del trozo de circunferencia de cento el origen y radio uno desde el punto (0, 1) al punto (−1, 0) en sentido antihorario es ½ hπ i x = cos t C≡ , con t ∈ ,π y = sen t 2 La integral de linea puede hacerse de dos formas. Directamente: Z π Z ¢ ¡ 2xydx + x2 + y 2 dy = 2 cos t sen t (− sen t) dt + cos tdt π 2
C
= −2
Z π
"
(sen t)2 cos tdt +
π 2
(sen t)3 = −2 3
#π
π 2
Z π
cos tdt
π 2
+ [sen t]ππ = 2
1 2 −1=− 3 3
Otra forma es teniendo en cuenta las derivadas parciales de las componentes del campo son ¢ ∂ ∂ ¡ 2 − → (2xy) = x + y2 = 2x, por lo que el campo F (x, y) = continuas en todo el plano y que ∂y ∂x ¡ ¢ 2xy~i + x2 + y 2 ~j es conservativo. Por tanto, es posible encontrar una función potencial f (x, y), ∂f ∂f que debe cumplir = 2xy y = x2 + y 2 . Integrando respecto de x, obtenemos f (x, y) = ∂x ∂y y3 x2 y + g(y). Derivando ahora respecto de y y comparando obtenemos que g(y) = , luego una 3 y3 2 función potencial es f (x, y) = x y+ . Aplicando ahora el teorema fundamental de las integrales 3 de linea tenemos que Z ¢ ¡ 1 2xydx + x2 + y 2 dy = f (−1, 0) − f (0, 1) = − 3 C
! Ã √ 3 1 2π , se obtiene cuando el parámetro t toma el valor t = , de aquí que uno El punto − 2 2 3 √ µ−→ ¶ µ ¶ µ ¶ 1~ 3~ 2π 2π ~ 2π ~ 0 = − sen i + cos j =− i− j. de los vectores que nos piden sea r 3 3 3 2 2
PROBLEMA 4.(A) Calcular las siguientes integrales
177
Segundo Parcial. Curso 2003-04
ZZ
n o x 2 ey dA, siendo R = (x, y) ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 4, ≤y≤2 . 2 Z Z ZR h¡ i ¢ © ª 3/2 cos x2 + y 2 + z 2 dV , siendo Q = (x, y, z) ∈ R3 : x2 + y 2 + z 2 ≤ 1, z ≥ 0 . (A.2) [3 puntos]
(A.1) [3 puntos]
Q
(B) [4 puntos] Calcular el volumen del sólido dentro del cilindro x2 + y 2 = 4, acotado por arriba por la superficie 2x2 + 2y 2 + z 2 = 18 y por debajo por el plano z = 0. Solución: (A.1) Para calcular esta integral debemos describir la región R como una región horizontalmente simple: © ª R = (x, y) ∈ R2 : 0 6 y 6 2, 0 6 x 6 2y . Asi,
ZZ
y2
e dA = R
Z 2 Z 2y
y2
e dxdy =
0
0
Z 2 0
¯ 2 2 ¯y=2 2yey dy = ey ¯ = e4 − 1. y=0
(A.2) Utilizando coordenadas esféricas, el sólido esférico Q puede escribirse en la forma o n π Q = (ρ, θ, φ) : 0 6 θ 6 2π, 0 6 φ 6 , 0 6 ρ 6 1 . 2 Por tanto, ZZZ
Q
h¡ ¢3/2 i cos x2 + y 2 + z 2 dV
=
Z 2π Z π Z 1 2
0
0
0
Z 2π Z π Z 1
cos
³¡ ¢ ´ 3/2 ρ2 ρ2 sen φdρdφdθ
¡ ¢ cos ρ3 ρ2 sen φdρdφdθ 0 0 0 ¡ 3 ¢ ¯¯ρ=1 Z 2π Z π 2 sen ρ ¯ sen φdφdθ = ¯ ¯ 3 0 0 ρ=0 Z 2π Z π 2 sen (1) 2 sen φdφdθ = π sen 1. = 3 3 0 0 =
2
(B) La descripción del sólido en coordenadas cartesianas es −2 ≤ x ≤ √ 2 √ 2 ≤y ≤ 4 − x2 Q = (x, y, z) ∈ R3 : − 4 − xp 0 ≤ z ≤ 18 − 2x2 − 2y 2 y la descripción del mismo sólido en coordenadas cilíndricas es 0 ≤ θ ≤ 2π 3 0 ≤ r ≤ 2 Q = (r, θ, z) ∈ R : √ 0 ≤ z ≤ 18 − 2r2 El volumen del sólido en coordenadas cartesianas sería V (Q) =
ZZZ
dV = Q
Z 2 Z √4−x2 Z √18−2x2 −2y2 −2
√ − 4−x2
0
dzdydx,
178
Segundo Parcial. Curso 2003-04
pero las integrales que aparecen son complicadas de realizar. Pasando a coordenadas cilíndricas V (Q) =
ZZZ
dV = Q
Z 2π Z 2 Z √18−2r2 0
0
0
rdzdrdθ
Z 2π Z 2 p √ 2 r [z]0 18−2r dr dθ = r 18 − 2r2 drdθ 0 0 0 0 ¸2 Z · q √ ´ 1 2π 2 π³ √ = − 18 18 − 10 10 . (18 − 2r2 )3 dθ = 4 0 3 3 0 =
Z 2π Z 2
Examen de Junio. Curso 2003-04 PROBLEMA 1.(A) [3 puntos] Calcular A−1 sabiendo que los autovalores de A son asociados, respectivamente, (1, 0, 0), (1, 1, 0) y (0, 1, 1) .
1 1 , , y −1 con autovectores 3 2
(B) [5 puntos] Estudiar en función del parámetro a ∈ R la compatibilidad del sistema x1 + 2x2 + 3x3 = 3 −x1 + (a − 1) x2 − 3x3 = 3 + 6a −2x2 + (−a − 3) x3 = −6 ¿Para qué valores de a es regular la matriz de los coeficientes?
¿Para qué valores de a existe la descomposición LU de la matriz de los coeficientes?. Encontrar dicha descomposición para todos los valores de a para los que sea posible y utilizarla para resolver el sistema para a = 2. (C) [2 puntos] Estimar, con una precisión de tres cifras decimales exactas y tomando como punto x inical x1 = 0.5, el punto del primer cudrante en el que se cortan las curvas y = cos (2x) e y = . 2 Solución: (A) Sabemos que si λ es autovector de una matriz regular A con autovector asociado x entonces 1 λ es no nulo y es autovalor de A−1 con el mismo autovector asociado x. Por lo tanto, los λ autovectores de A−1 son 3, 2, −1 con autovectores asociados (1, 0, 0) , (1, 1, 0) , (0, 1, 1). Así, la matriz −1 1 1 0 3 0 0 1 1 0 0 0 1 1 = A−1 = P DP −1 = 0 1 1 0 2 0 0 1 0 0 −1 0 0 1 1 1 0 3 0 0 1 −1 1 = 0 1 1 0 2 0 0 1 −1 = 0 0 1 0 0 −1 0 0 1 3 2 0 1 −1 1 3 −1 1 = 0 2 −1 0 1 −1 = 0 2 −3 0 0 −1 0 0 1 0 0 −1 1 1 0 La inversa de P = 0 1 1 se ha calculado por el método de Gauss-Jordan: 0 0 1
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Examen de Junio. Curso 2003-04
1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 −1 1 1 1 0 1 0 0 (−1) F12 (−1) 0 1 1 0 1 0 F23 −→ 0 1 0 0 1 −1 −→ 0 1 0 0 1 −1 . 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1
1 −1 1 1 −1 . Por tanto, P −1 = 0 0 0 1
(B) Para estudiar el sistema escalonamos previamente la matriz ampliada realizando transformaciones elementales. 1 2 3 1 2 3 3 3 F21 (1) P23 −1 a − 1 −3 0 3 + 6a −→ 0 a + 1 6 + 6a −→ 0 −2 −a − 3 0 −2 −a − 3 −6 −6 1 2 3 3 3 1 2 3 F2 (−1/2) F32 (−(a+1)) 0 −2 −a − 3 3 1 a+3 −6 −→ 0 −→ 2 0 a+1 0 0 a+1 0 6 + 6a 6 + 6a 1 2 3 3 a+3 0 1 3 . 2 (a+1)(a+3) 3 + 3a 0 0 − 2
Una vez que la matriz ampliada está escalonada podemos decidir la compatibilidad en función del parámetro a: Parámetro a 6= −1 y a 6= −3 a = −1 a = −3
Compatibilidad Compatible Determinado Compatible Indeterminado Incompatible
De los cálculos hechos anteriormente es claro que la matriz de los coeficientes es regular si y sólo si a 6= −1 y a 6= −3, pues un sistema cuadrado es compatible determinado si y sólo si su matriz de coeficientes es regular. Para obtener la descomposición LU de la matriz A debemos realizar transformaciones elementales hasta llevar la matriz A a una matriz triangular superior (con unos en la diagonal) sin intercambiar filas. 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 F2 ( a+1 ) F21 (1) F32 (2) 0 −→ 0 1 0 −→ A = −1 a − 1 −3 −→ 0 a + 1 Si a6=−1 0 −2 −a − 3 0 −2 −a − 3 0 −2 −a − 3 1 2 3 1 2 3 1 F3 (− a+3 ) 0 1 0 −→ 0 1 0 . Por tanto, existe descomposición LU de la matriz Si a6=−3 0 0 −a − 3 0 0 1 A siempre que a 6= −1 y a 6= −3. En este caso la matrices de la descomposición son 1 0 0 1 2 3 L = −1 a + 1 0 y U = 0 1 0 . 0 0 1 0 −2 −a − 3
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Examen de Junio. Curso 2003-04
1 0 0 1 2 3 Para a = 2 obtenemos L = −1 3 0 , U = 0 1 0 y el sistema que tenemos 0 −2 −5 0 0 1 que resolver en este caso es 3 LU x = b = 15 . Llamando U x = y y Ly = b, los sistemas triangulares que debemos −6 resolver son: y1 = 3, y1 = 3, y2 = 6, −y1 + 3y2 = 15, , cuya solución es Primero: Ly = b =⇒ y = −6. −2y2 − 5y3 = −6, 3 5 27 x + 2x + 3x = 3, 2 3 1 x1 = − 5 , x2 = 6, x2 = 6, Segundo U x = y =⇒ y la solución del sistema inicial es x = −6, 6 3 x3 = − . 5 5
(C) Para calcular el punto donde se cortan las curvas debemos resolver el sistema de ecuaciones ( y = cos (2x) x x − 2 cos (2x) x x = 0 ⇔ x − 2 cos (2x) = 0. ⇒ cos (2x) = ⇔ − cos (2x) = 0 ⇔ y= 2 2 2 2 Llamamos h (x) a la fución h (x) = x − 2 cos (2x) y el problema se reduce a encontrar el cero de la función h(x). Recordamos que el método de Newton proporciona una sucesión de valores que se van aproximando a una solución c de h(x) = 0. Dicha sucesión se obtiene de forma iterativa mediante h(xn ) , para n = 1, 2, ... y es conveniente colocar los datos que vamos la fórmula xn+1 = xn − 0 h (xn ) obteniendo en una tabla como la que sigue: n
xn
h (xn )
h0 (xn )
1 2 3
0.5 0.632987 0.626189
−0.580605 0.0327396 0.000059
4.365884 4.815601 4.78927
h (xn ) h0 (xn ) −0.132987 0.006798 0.000012
h (xn ) h0 (xn ) 0.632987 0.626189 0.626177
xn+1 = xn −
Como |x3 − x2 | = 0.000012 < 0.001, obtenemos que la solución pedida es c ' x3 = 0.626177, y el punto aproximado en el que se cortan las gráficas es P (0.626177, 0.313088), ya que x3 /2 = 0.313088.
PROBLEMA 2.(A) [4 puntos] Sean W1 y W2 los subespacios vectoriales de R3 de ecuaciones ½ x − y = 0, W1 ≡ x + 2y − 3z = 0 y W2 ≡ y + 3z = 0. Encontar bases ortonormales para los subespacios W1 y W2 . Calcular la proyección ortogonal del vector b = (1, −1, 2) sobre los subespacios W1 y W2 . (B) [3 punto] Encontar la recta que mejor se aproxima, en el sentido de los mínimos cuadrados, a la nube de puntos (−1, 0), (0, 1), (1, 1) , (2, 3) .
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Examen de Junio. Curso 2003-04
(C) [3 punto] La base y la altura de un triángulo isósceles miden, respectivamente, 6 unidades y 12 unidades. Encontrar las dimensiones del rectángulo de área máxima que puede situarse dentro del triángulo con uno de sus lados sobre la base del mismo. Solución: (A) Calculamos en primer lugar bases ortonormales para los subespacios W1 y W2 . Como dim (W1 ) = 3− {número de ecuaciones implícitas independientes} = 3 − 1 = 2, tenemos que una base B1 de W1 está formada por dos vectores independientes que pertenezcan al subespacio W1 . Luego, resolviendo x + 2y − 3z = 0, B1 = {(2, −1, 0) , (3, 0, 1)} es base W1 . Utilizamos Gram-Schimdt para obtener una base ortogonal de W1 b1 = (2, −1, 0) 6 b2 = (3, 0, 1) − (2, −1, 0) = 5
µ
3 6 5 , , 5 5 5
¶
Ortonormalizando esta base obtenemos una base ortonormal ¶¾ ¶ µ ½µ 1 3 6 5 2 √ , −√ , 0 , √ , √ , √ . B1ORT = {v1 , v2 } = 5 5 70 70 70 Como dim (W2 ) = 3 − {número de ecuaciones implícitas independientes} = 3 − 2 = 1. Tenemos que una base B2 de W2 está formada por un vector independiente (por tanto, no nulo) que pertenezca al subespacio W2 . Luego, una base es B2 = {(3, 3, −1)}. Ortonormalizando esta base obtenemos una base ortonormal ¶¾ ½µ 1 3 3 √ , √ , −√ B2ORT = {u1 } = 19 19 19 Una vez obtenidas la bases ortonormales es fácil obtener la proyección ortogonal del vector b sobre cada uno de los subespacios. ¶ µ µ ¶ 1 2 7 3 6 5 3 √ , −√ , 0 + √ √ ,√ ,√ proyW1 (b) = (b · v1 ) v1 + (b · v2 ) v2 = √ 5 5 5 70 70 70 70 ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ ¶ µ 21 42 35 105 35 21 7 3 1 6 3 ,− ,0 + , , = , 0, = , 0, = , 0, . = 5 5 70 70 70 70 70 14 14 2 2 −2 proyW2 (b) = (b · u1 ) u1 = √ 19
µ
3 1 3 √ , √ , −√ 19 19 19
¶
=
µ ¶ 6 2 6 − ,− , . 19 19 19
Observese que la proyección proyW1 (b) también puede obtenerse de una forma sencilla obteniendo previamente la proyección sobre el subespacio ortogonal W1⊥ . Puesto que W1⊥ = lin ({(1, 2, −3)}), deducimos que µ ¶ 1 1 2 3 proyW ⊥ (b) = − (1, 2, −3) = − , − , 1 2 2 2 2 y así, µ ¶ µ ¶ 1 2 3 3 1 proyW1 (b) = b − proyW ⊥ (b) = (1, −1, 2) − − , − , = , 0, . 1 2 2 2 2 2
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Examen de Junio. Curso 2003-04
(B) Escribimos la recta de mejor aproximación en la forma y = mx + n. Imponiendo que los puntos de la nube pertencezcan a dicha recta, obtenemos el sistema de ecuaciones −m + n = 0 n=1 m +n=1 2m + n = 3 El sistema normal asociado es
½
ya que At A = µ
7 5
µ
−1 0 1 2 1 1 1 1
¶
¶
−1 0 1 2
6m + 2n = 7 2m + 4n = 5 1 µ ¶ µ ¶ 0 1 = 6 2 y At b = −1 0 1 2 1 = 2 4 1 1 1 1 1 1 3 1
9 Resolviendo el sistema anterior, la pseudosolución es m = 10 , n = 45 y la recta de mejor aproxi9 mación en el sentido de los mínimos cuadrados es y = 10 x + 45 .
(C) Si llamamos x a la mitad de la base del rectángulo e y a su altura (ver Figura 43), tenemos que el área del rectángulo es A = 2xy. Donde las variables x e y verifican la condición 0 ≤ x ≤ 3 e 0 ≤ y ≤ 12.
12
y x/2 x 6
Figura 43: Dimensiones del rectánglo dentro del triángulo isósceles. 3−x y = . Despejando y en función de x Utilizando semejanza de triángulos obtenemos que 12 6 obtenemos y = 6 − 2x. Ahora sustituimos en la fórmula del área obtenida antes y obtenemos A(x) = 12x − 4x2 con 0 ≤ x ≤ 3.
El problema se reduce a obtener el máximo absoluto de la función A(x) en el intervalo [0, 3] . Buscamos los puntos críticos de esta función, que son aquellos en los que A0 (x) = 12 − 8x = 0.
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Examen de Junio. Curso 2003-04
3 , que pertenece al intervalo (0, 3) . Ahora sustituimos 2 este µ valor ¶ y los valores extremos en la función y seleccionamos el mayor valor: A(0)A(3) = 0 y 3 3 A = 9. Por consiguiente, el máximo absoluto se obtiene para x = y las dimensiones del 2 2 rectángulo de área máxima son 2x = 3 para la base y 3 para la altura. Luego, el único punto crítico es x =
PROBLEMA 3.√ √ (A) [2 puntos] Dados los números complejos z1 = − 3 + i y z2 = 8eπi . Calcular, z16 y 3 z2 . Todos los resultados deben darse en forma binómica. (B) [3 puntos] Calcular las siguientes integrales: Z
Z
dt ; 2 t + 2t + 1
dx ; 1 + sen x
Z ln 2
xe−x dx.
0
1 (C) [2 puntos] Sea R la región encerrada entre las gráficas de ecuaciones y = e−x , y = y x = 0. 2 Calcular el volumen del sólido que se obtiene cuando la región R gira entorno del eje OY. (D) [3 puntos] Determinar si los campos F~1 (x, y) = 3x~i − (2x − 3y) ~j y £ ¡ ¢ ¤ £ ¡ ¢ ¤ F~2 (x, y) = 2xy cos x2 y + 1 ~i + x2 cos x2 y − 2y ~j
son conservativos. En caso afirmativo, encontrar una función potencial. Calcular Z
C
3x dx − (2x − 3y) dy
y Z
C
£ ¡ ¢ ¤ £ ¡ ¢ ¤ 2xy cos x2 y + 1 dx + x2 cos x2 y − 2y dy,
siendo C la unión de los segmentos rectos que van desde el punto (3, 2) al punto (3, 0) y desde el punto (3, 0) al punto (0, 2) . Solución: (A) Calculamos el módulo y el argumento de cada uno de los números complejos y los escribimos en forma polar para hacer la potencia y las raices. ¶ µ √ 5π 1 = , ya que z1 pertenece al segundo cuadrante. Por |z1 | = 3 + 1 = 2 y θ1 = arctg − √ 6 3 lo tanto, z1 = 2 5π 6
|z2 | = 8 y θ2 = π Por lo tanto z2 = 8π = (−8).
Ahora z16 = (2)6 5π = 645π = 64π = 64 (cos(π) + i sen (π)) = −64. 6.
6
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Examen de Junio. Curso 2003-04
√ Si llamamos w0 = sβ 0 , w1 = sβ 1 , w2 = sβ 2 , a las raices cúbicas de z2 sabemos que s = 8 = 2, 5π π π 2π π 4π β0 = , β1 = + = π y β2 = + = . Por lo tanto las raíces cúbicas de z2 son: 3 3 3 3 3 3 ³ π ´´ ³ √ π = 1 + 3i, w0 = 2 cos( ) + i sen 3 3 w1 = 2 (cos(π) + i sen (π)) = −1, µ ¶¶ µ √ 5π 5π w3 = 2 cos( ) + i sen = 1 − 3i. 3 3 Z
Z Z dt 1 dt dt (B) La integral = es inmediata ya que 2 = − t + 1 + C. t2 + 2t + 1 t2 + 2t + 1 (t + 1) Z x dx realizamos el cambio de variable tg = t. De donde, obtenePara calcula la integral 1 + sen x 2 2dt 2t mos dx = 2 y sen x = 2 . Sustituyendo estos valores en la integral se obtiene: t +1 t +1 Z
dx 1 + sen x
=
Z
2dt t2 + 1
Z
2dt t2 + 1
= 2t t2 + 1 + 2t 1+ 2 t +1 t2 + 1 Z 2 dt = 2 =− +C t2 + 2t + 1 t+1 2 +C = − x tg + 1 2
Z ln 2
Para obtener xe−x dx, calculamos una primitiva por el método de integración por partes: 0 ½ ½ R R du = dx u=x =⇒ ⇒ xe−x dx = −xe−x + e−x dx = −xe−x − e−x . Por con−x −x v = −e dv = e dx siguiente, Z ln 2 ¤ln 2 £ ln 2 1 1 − ln 2 . xe−x dx = −xe−x − e−x 0 = − − +1= 2 2 2 0 (C) Calculamos el volumen cuando la región gira entorno del eje OY por el método de las capas y por el de los discos. Método de las capas (ver Figura 44): V
¶ ¶ µZ ln 2 Z ln 2 Z ln 2 µ 1 1 −x −x = 2π x e − xe dx − x dx = dx = 2π 2 2 0 0 0 Ã Ã ! · 2 ¸ln 2 ! 2 1 − ln 2 1 − ln 2 (ln 2) x = 2π = 2π = − − 2 4 0 2 4 ! Ã 2 − 2 ln 2 − (ln 2)2 = π . 2
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Examen de Junio. Curso 2003-04 y
-x h(x)=1/2-e
1/2
y = e-x
x
ln(2)
p(x)=x
Figura 44: Gráfica de la función y = e−x . Método de los discos En primer lugar, despejamos de la ecuación que nos da la función y = e−x para obtener x en función Z de y, teniendo x = − ln y. Entonces, el volumen por el método de los discos 1
(ln y)2 dy. Para calcular esta integral obtenemos una primitiva por el método ½ Z du = 2 ln y 1 dy 2 u = (ln y) =⇒ de integración por partes. . Entonces (ln y)2 dy = y v=y dv = dy Z y (ln y)2 − 2 ln ydy. Utilizando de nuevo el método de integración por partes obtenemos: ½ Z du = 1 dy Z u = ln y 2 2 . (ln y) dy = y (ln y) − 2 ln ydy = y (ln y)2 − 2y ln y − 2y. =⇒ y dv = dy v=y es V = π
1 2
Por último, el volumen es V
= π
Z 1 1
Ã2
h i1 (ln y)2 dy = π y (ln y)2 − 2y ln y + 2y 1 !
Ã
2
! (ln 2) (ln 2) = π 2− − ln 2 − 1 = π 1 − − ln 2 2 2 ! Ã 2 − 2 ln 2 − (ln 2)2 . = π 2 2
2
∂ (−2x + 3y) ∂ (3x) = 0 y = −2 se tiene que el campo F1 no es conservativo. Por ∂y ∂x ¢ ¡ ¢ ¡ ¡ 2 ¢ ¡ ¢ ¡ 2 ¢ ¡ 2 ¢ ∂ x2 cos x2 y − 2y ∂ 2xy cos x y + 1 3 = 2x cos x y − 2x sen x y y = otra parte como ∂y ∂x ¡ 2 ¢ ¡ ¢ 2x cos x y − 2x3 sen x2 y se tiene que el campo F2 es conservativo. En este caso, se puede encontrar una función potencial del campo. Es decir, podemos encontrar una función f (x, y) tal ¡ ¢ ¡ ¢ ∂f ∂f = 2xy cos x2 y +1 y = x2 cos x2 y −2y. Integrando la primera de estas identitadades que ∂x ∂y respecto de x obtenemos ¢ ¡ f (x, y) = sen x2 y + x + g (y) .
(D) Como
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Examen de Junio. Curso 2003-04
Derivando esta identidad respecto de la variable y y comparando con la identidad que teníamos antes obtenemos g 0 (y) = −2y. Por lo tanto, g (y) = −y2 y una función potencial para el campo conservativo F2 es ¡ ¢ f (x, y) = sen x2 y + x − y2 Utilizando ahora el teorema fundamental de las integrales de línea es inmediato calcular Z £ ¡ ¢ ¤ £ ¡ ¢ ¤ 2xy cos x2 y + 1 dx + x2 cos x2 y − 2y dy = f (0, 2) − f (3, 2) C
= −4 − (sen (18) + 3 − 4) = −3 − sen (18)
Para calcular la segunda de las integrales debemos parametrizar el arco C. Sea C1 el segmento que une los puntos (3, 2) y (3, 0) y C2 el segmento que une los puntos (3, 0) y (0, 2). Una parametrización de C1 es ½ x = 3, con t ∈ [0, 1] , C1 ≡ y = 2 − 2t, mientras que una parametrización de C2 es ½ x = 3 − 3t, C2 ≡ y = 2t,
con
t ∈ [0, 1] .
Ahora calculamos la integral de línea pedida Z Z Z 3x dx − (2x − 3y) dy = 3x dx − (2x − 3y) dy + C
C1
= 12
Z 1 0
tdt +
Z 1 0
C2
3x dx − (2x − 3y) dy
(−39 + 51t) dt = [6t]10 +
15 51 =− . = 6 − 39 + 2 2
· ¸ 51 2 1 −39t + t 2 0
PROBLEMA 4.(A) [3 puntos] Calcular el volumen del sólido interior al cono z = z = 4, utilizando coordenadas cilíndricas y coordenadas esféricas.
p x2 + y2 y debajo del plano
(B) [3 puntos] ©Determinar los extremos absolutos de la función f (x, y) = (x − 3)2 + y2 sobre la ª región R = (x, y) : 0 ≤ x ≤ 4, x2 ≤ y ≤ 4x .
(C) [1.5 puntos] Sabiendo que la ecuación cos(y 2 z) + ln(x2 + z 2 ) = 0 define a z como función ∂z ∂z . implícita de x e y, calcular y ∂x ∂y ³ 3 ´ RR y +1 (D) [1.5 puntos] Calcular sen dA, siendo R la región encerrada por las gráficas de las 2 R √ funciones y = x, y = 1 y x = 0. Solución:
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Examen de Junio. Curso 2003-04
p π x2 + y2 en coordenadas cilíndricas es z = r y en esférica es φ = . La 4 4 ecuación del plano z = 4 en coordenadas cilíndricas z = 4 y en esférica ρ = . La descripción cos φ del sólido en cartesianas es −4 ≤ x ≤ √ 4 √ 3 2 2 Q = (x, y, z) ∈ R : − 16 p− x ≤ y ≤ 16 − x x2 + y 2 ≤ z ≤ 4
(A) La ecuación del cono z =
la descripción del mismo sólido en coordenadas cilíndricas es 0 ≤ θ ≤ 2π Q = (r, θ, z) ∈ R3 : 0 ≤ r ≤ 4 r≤z≤4
y la descripción del mismo sólido en coordenadas esféricas es 0 ≤ θ ≤ 2π π 0≤φ≤ 3 Q = (ρ, θ, φ) ∈ R : 4 4 0≤z≤ cos φ
El volumen en coordenadas cilíndricas es ZZZ Z 2π Z 4 Z 4 Z 2π Z 4 ¡ ¢ 4r − r2 dr dθ V = dV = rdz dr dθ = 0
Q
0
r
¸4 Z 2π · r3 64π 2 = dθ = 2r − 3 0 3 0
0
0
y en coordenadas esféricas es: V
= =
Z π Z 1 2π 4 43 sen φ dφdθ dV = ρ sen φ dρdφdθ = 3 3 0 0 0 0 0 cos φ Q · ¸π µ ¶ Z 2π Z 4 1 1 64 2π 64 64π dθ = dθ = 1 − . 3 0 2 cos2 φ 0 3 2 3 0
ZZZ
Z 2π Z π Z 4
4 cos φ
2
(B) Puesto que f es diferenciable en todo R2 , sus puntos críticos son aquellos que anulan simulténeamente a sus dos derivadas parciales de primer orden. Es decir, son las soluciones del sistema ∂f (x, y) = 2x − 6 = 0. ∂x ∂f (x, y) = 2y = 0. ∂y
La resolución de este sistema es directa y el único punto crítico de f es el punto (3, 0). Obsérvese que este punto crítico no pertenece a la región R. Ahora estudiamos los puntos críticos en la frontera. Dividimos la frontera en dos partes. En primer lugar, el segmento © F1 = (x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 4,
ª y = 4x
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Examen de Junio. Curso 2003-04
y el trozo de parábola © F2 = (x, y) ∈ R2 : 0 6 x 6 4,
ª y = x2 .
De esta forma, la función f restringida a F1 viene dada por g(x) = f (x, 4x) = 17x2 − 6x + 9,
x ∈ [0, 4].
Los puntos críticos de g en el intervalo abierto (0, 4) son los que anulan a su derivada g 0 (x) = 34x − 6 = 0. 3 En este caso, sólo tenemos un punto crítico x = y los puntos a tener en cuenta en la frontera 17 µ ¶ 3 12 , F1 son: (0, 0), (4, 16) y . 17 17 A continuación hacemos lo propio con la frontera F2 . En este caso, la función f se reduce a ¢ ¡ t(x) = f x, x2 = x4 + x2 − 6x + 9, x ∈ [0, 4] y los puntos críticos de t en el intervalo (0, 4) se obtienen resolviendo la ecuación t0 (x) = 4x3 + 2x − 6 = 0. Usando la regla de Rufini, esta ecuación nos proporciona un único punto crítico x = 1 y los puntos a considerar en la frontera F2 son:(0, 0), (4, 16) y (1, 1). Sólo nos queda evaluar f en los puntos obtenidos: f (0, 0) = 9 f (4, µ 16) =¶257 3 12 144 , f = 17 17 17 f (1, 1) = 5 Por lo tanto el máximo de f restringida a R es 257 y su máximo se alcanza en el punto (4, 16) y su valor mínimo (también restringida a R) es 5 y éste valor mínimo se alcanza en el punto (1, 1).
(C) Derivamos implicitamente, respecto de la variable x, la ecuación cos(y2 z) + ln(x2 + z 2 ) = 0: − sen(y2 z).y 2 .
1 ∂z ∂z + 2 (2x + 2z) =0 2 ∂x (x + z ) ∂x
Agrupando términos semejantes se obtiene µ ¶ 2x 2z ∂z 2 2 + 2 = 0. − sen(y z).y + 2 2 ∂x (x + z ) (x + z 2 ) Despejamos y obtenemos ∂z −2x = . 2 2 ∂x 2z − y (x + z 2 ) sen(y 2 z)
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Examen de Junio. Curso 2003-04
Ahora derivamos, respecto de la variable y, la ecuación cos(y 2 z) + ln(x2 + z 2 ) = 0: ¶ µ 2z ∂z 2 2 ∂z + 2 =0 − sen(y z). 2yz + y 2 ∂y (x + z ) ∂y Agrupamos términos semejantes y tenemos µ ¶ ∂z 2z 2 2 − sen(y z).y + 2 − 2yz sen(y 2 z) = 0. ∂y (x + z 2 ) Despejamos y obtenemos ∂z 2yz(x2 + z 2 ) sen(y2 z) = . ∂y 2z − y 2 (x2 + z 2 ) sen(y 2 z) (D) La descripción de la región R en coordenadas cartesianas (como región horizontalmente simple) es © ª R = (x, y) : 0 ≤ y ≤ 1, 0 ≤ x ≤ y 2 y la integral doble se calcula mediante integración iterada ZZ
µ 3 µ 3 ¶ ¶ Z 1 Z y2 y +1 y +1 sen sen dA = dxdy = 2 2 0 0 R ¶ · µ 3 ¶¸1 µ 3 Z 1 2 y +1 y +1 dy = − cos y2 sen = = 2 3 2 0 0 µ ¶ 2 1 = − cos 1 − cos . 3 2
Examen de Septiembre. Curso 2003-04 PROBLEMA 1.(A) [5 puntos] Estudiar, en función del parámetro real a, la compatibilidad del sistema x1 + x2 − x3 = 1, x1 + ax2 + 3x3 = 2, 2x1 + 3x2 + ax3 = 3.
¿Para qué valores de a es regular la matriz de coeficientes? Calcular, si es posible, la inversa de esta matriz para a = 3. ¿Cuál es la solución del sistema para este valor de a?
¿Para qué valores de a admite descomposición LU la matriz de coeficientes? Encontrar dicha descomposición para todos los posibles valores de a y utilizarla para resolver el sistema cuando a = −1. (B) [3 puntos] Se sabe que los únicos autovalores de una matriz simétrica A son λ1 = 6 y λ2 = −3; y que el subespacio propio asociado al primer autovalor λ1 es V (λ1 ) ≡ x + 2y − 2z = 0. ¿Es A ortogonalmente diagonalizable? En caso afirmativo, obtener una matriz diagonal D, una matriz ortogonal P de forma que P t AP = D y la matriz A.
(C) [2 puntos] Encontar la recta que mejor se aproxima, en el sentido de los mínimos cuadrados, a la nube de puntos (0, 0), (2, −6) y (3, 5). Solución: (A) Para analizar la compatibilidad del sistema realizamos transformaciones elementales en su matriz ampliada. 1 1 −1 1 1 −1 1 1 1 F2 ( a−1 ) F21 (−1) 1 a 3 4 2 −→ 0 a − 1 1 −→ Si a6=1 F31 (−2) 2 3 a 0 1 a+2 3 1 ³ ´ 1 1 1 −1 1 1 1 −1 a−1 F3 (a−2)(a+3) (−1) F 4 1 4 1 0 1 32 −→ 0 1 −→ a−1 a−1 a−1 a−1 Si a6=2 y a6=−3 (a−2)(a+3) (a−2) 0 1 a+2 1 0 0 a−1 a−1 1 1 1 −1 1 4 0 1 . a−1 a−1 1 0 0 1 a+3 Así, si a 6= 1, a 6= 2 y a 6= −3, entonces el sistema es compatible determinado.
Ahora estudiamos las casos a = 1, a = 2 y a = −3. Para ello, tendremos en cuenta parte de las transformaciones elementales realizadas con anterioridad. 191
192
Examen de Septiembre. Curso 2003-04
1 1 −1 4 Si a = 1, el sistema es equivalente al que tiene por matriz ampliada 0 0 0 1 3 es directo obsevar que éste es compatible determinado.
1 1 y 1
Si a = 2, la matriz ampliada queda, después de algunas tranformaciones elementales anteriores, como 1 1 −1 1 0 1 4 1 y el sistema es compatible indeterminado. 0 0 0 0
elementales nos llevan la matriz ampliada a la forma escalonada Si a = −3, las tranformaciones 1 1 −1 1 0 1 −1 − 14 y el sistema inicial es incompatible. 5 0 0 0 4 Resumimos el estudio de compatibilidad en el siguiente cuadro: Parámetro a 6= 2 y a 6= −3 a=2 a = −3
Compatibilidad Compatible Determinado Compatible Indeterminado Incompatible
Como el sistema es cuadrado, la matriz de coeficientes es regular si y sólo si el sistema es compatible determinado. En este caso, la matriz de coeficientes es regular si y sólo si a 6= 2 y a 6= −3.
Por consiguiente, la matriz de coeficientes posee inversa para a = 3. Ahora calcularemos esta inversa por el método de Gauss-Jordan. 1 1 −1 1 1 −1 1 0 0 1 0 0 F21 (−1) F2 (1/2) 1 3 3 4 0 1 0 −→ 0 2 −1 1 0 −→ F32 (−2) 2 3 3 0 1 5 0 0 1 −2 0 1 3 1 1 −1 1 0 −3 1 0 0 − 12 0 2 F12 (−1) F3 (1/3) 1 0 1 2 0 −→ 2 − 12 12 0 −→ 0 1 − 12 2 F32(−1) 0 1 5 0 0 3 −2 0 1 − 32 − 12 1 3 1 1 0 −3 0 0 −1 1 1 0 0 2 −2 (3) F 13 1 5 1 2 0 1 . 2 0 −→ 0 1 0 − 12 2 2 6 −3 F 23(−2) 1 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 −2 −6 −2 −6 3 3 La inversa es por tanto,
−1 0 −1 1 1 1 −1 5 2 1 3 . 3 = 12 6 −3 1 1 1 −2 −6 2 3 3 3
La solución del sistema para a = 3 puede obtenerse fácilmente utilizando esta matriz inversa
−1 x1 1 1 −1 1 0 −1 1 1 1 5 2 x2 = 1 3 3 2 = 12 2 = 16 . 6 −3 1 1 1 1 x3 2 3 3 3 3 −2 −6 3 6
Teniendo en cuenta las transformaciones elementales del principio, la descomposición LU de la matriz de coeficientes existe si y sólo si a 6= 1, a 6= 2 y a 6= −3. En este caso, las matrices de tal
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Examen de Septiembre. Curso 2003-04
descomposición son:
1 0 1 a − 1 L= 2 1
0 0 (a−2)(a+3) a−1
y
1 1 0 1 U= 0 0
−1
4 a−1
1
.
Utilizando la descomposición LU, la resolución del sistema Ax = b se lleva a cabo resolviendo los sistemas triangulares Ly = b y U x = y. El primer de los sistemas para a = −1 es 1 1 0 0 y1 1 −2 0 y2 = 2 y3 3 2 1 3
y resolviéndolo por el método de bajada obtenemos su única solución: y1 = 1, y2 = − 12 , y3 = 12 . Utilizando ahora el método de subida, la única solución del sistema triangular superior 1 1 −1 x1 1 0 1 −2 x2 = − 1 2 1 x3 0 0 1 2
es: x1 = 1, x2 = 12 , x3 = 12 ; y ésta es la solución única del sistema inicial.
(B) La matriz A es ortogonalmente diagonalizable, pues es simétrica. Ahora, para obtener una matriz diagonal D y una matriz ortogonal P de forma que P t AP = D, debemos encontrar el segundo subespacio propio. Como A es simétrica, los subespacios propios asociados a autovalores diferentes son ortogonales. Así, puesto que V (λ1 ) ≡ x + 2y − 2z = 0 se deduce que V (λ2 ) = V (λ1 )⊥ = lin ({(1, 2, −2)}).
Para calcular una matriz de paso ortogonal debemos obtener bases ortonormales para los dos subespacios propios. n o ©¡ ¢ª Denominando v3 = (1, 2, −2), es directo ver que el conjunto p3 = kvv33 k = 13 , 23 , − 23 forma una base ortornormal del subespacio propio V (λ2 ). De la ecuación x + 2y − 2z = 0 se deduce que el conjunto {v1 = (−2, 1, 0), v2 = (2, 0, 1)} es una base del subespacio propio V (λ1 ). El método de Gram-Schmidt nos proporcionará una base ortonormal para este subespacio. ³ ´ −2 √1 p1 = kvv11 k = √ , , 0 5 5 ³ ³ ´´ ³ ´ ¡ ¢ −2 √1 −2 √1 √ q2 = v2 − (v2 · p1 ) p1 = (2, 0, 1) − (2, 0, 1) · √ , , 0 , , 0 = 25 , 45 , 1 . 5 5 5 5 ³ ´ ( 2 , 4 ,1) 2 4 5 √ √ , , p2 = kqq22 k = 52 , 54 ,1 = 3√ . 5 3 5 3 5 k( 5 5 )k Por consiguiente, la matriz diagonal D y la matriz de paso ortogonal P son: −2 2 1 √ √ λ1 0 0 6 0 0 3 5 3 5 ¢ ¡ 4 2 D = 0 λ1 0 = 0 6 0 y P = p1 p2 p3 = √15 3√ 3 5 5 2 0 0 λ2 0 0 −3 0 3√ − 3 5
194
Examen de Septiembre. Curso 2003-04
Por último, la matriz A es −2
A = P DP t =
2 √ 3 5 4 √ 3 5 5 √ 3 5
√ 5 √1 5
0
5 −2 2 = −2 2 4 . 2 4 2
1 3 2 3 − 23
√ −2 6 0 0 5 0 √15 0 6 0 0 −3 0
2 √ 3 5 4 √ 3 5 5 √ 3 5
(C) Si denominamos y = mx + n a la recta de mejor aproximación, entonces dosolución del sistema
1 3 2 3 − 23
µ
t
=
m n
¶
es la pseu-
¶ 0 1 µ 0 2 1 m = −6 . n 3 1 5
t t µ ¶ µ ¶ 0 1 0 0 1 0 1 13 5 3 Puesto que 2 1 2 1 = y 2 1 −6 = , el sistema 5 3 −1 3 1 3 1 3 1 5 normal asociado es µ ¶µ ¶ µ ¶ 13 5 m 3 = 5 3 n −1
y su única solución es
µ
m n
¶
=
µ
1 −2
¶ .
Así, la recta de mejor aproximación es la de ecuación y = x − 2.
PROBLEMA 2.(A) Calcular, de las dos formas que a continuación se exponen, la mínima distancia del punto (−1, 4, −7) al plano x + 2y − 3z = 0. (i) [1 puntos] Utilizando proyecciones ortogonales. (ii) [3 puntos] Describiendo el problema como uno de minimización de dos variables y encontrando el mínimo relativo de la función objetivo. (B) [4 puntos] Encontrar los extremos absolutos de la función f (x) = x2 − sen (2x) en el intervalo [0, π4 ] y realizar un esbozo de la gráfica de f en dicho intervalo. Si tienes que resolver alguna ecuación por el método de Newton, toma como punto inicial x1 = 0.5 y calcula la solución con un error menor que 10−3 . (C) [2 puntos] Calcular el área de la región acotada por la gráfica de y = x2 √18 y las rectas x2 +9 √ √ x = 3, x = 3 3 e y = 0. Indicación: Para resolver la integral es conveniente realizar el cambio x = 3 tg t.
Solución:
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Examen de Septiembre. Curso 2003-04
(A) Denominemos W al plano de ecuación x + 2y − 3z = 0 y sea b = (−1, 4, −7). (i) Sabemos que la proyección ortogonal de un vector sobre un subespacio nos proporciona la mínima distancia al subespacio. Así, la menor distancia del vector b al subespacio W viene dada por d = kb − proyW bk = kproyW ⊥ bk . El subespacio ortogonal de W ≡ x+2y−3z = 0 puede escribirse en la forma W ⊥ = lin ({v}), siendo v = (1, 2, −3). Entonces, la proyección ortogonal del vector b sobre el subespacio W ⊥ es (−1, 4, −7) · (1, 2, −3) b·v v= (1, 2, −3) = (2, 4, −6). proyW ⊥ b = v·v (1, 2, −3) · (1, 2, −3) √ √ Por tanto, la distancia pedida vale d = kproyW ⊥ bk = k(2, 4, −6)k = 56 = 2 14. (ii) La distancia entre los puntos (x, y, z) y (−1, 4, −7) está dada por p d = (x + 1)2 + (y − 4)2 + (z + 7)2 . Si el punto (x, y, z) pertenece al plano W ≡ x + 2y − 3z = 0, entonces x = 3z − 2y y por tanto, la distancia de b al plano W coincide con el mínimo de la función p d(y, z) = (3z − 2y + 1)2 + (y − 4)2 + (z + 7)2
donde (y, z) ∈ R2 . Nótese que el mínimo de la función d(y, z) se alcanza en el mismo punto que el mínimo de su cuadrado, por lo que trabajaremos con la función sin raíz cuadrada; es decir, buscaremos el mínimo de la función f (y, z) = (3z − 2y + 1)2 + (y − 4)2 + (z + 7)2 . Los puntos críticos de f son las soluciones del sistema ∂f ∂y (y, z) = 2(−2)(3z − 2y + 1) + 2(y − 4) = 0,
∂f (y, z) = 2 · 3(3z − 2y + 1) + 2(z + 7) = 0. ∂z ½ 5y − 6z = 6, Este sistema se reduce a la forma y su única solución es y = 0, z = −1. −6y + 10z = −10 Por consiguiente, el único punto crítico de f es el punto (0, −1). A continuación, calisificaremos este punto crítico. ∂2f ∂2f ∂2f = −12, se tiene que = 10, = 20 y Puesto que ∂y 2 ∂z 2 ∂y∂z µ 2 ¶2 ∂ 2f ∂ f ∂2f ∂2f = 10 > 0, = 10 · 20 − (−12)2 = 56 > 0 · − ∂y 2 ∂y 2 ∂z 2 ∂y∂z y así, el punto crítico (0, −1) es un mínimo relativo. En consecuencia, la distancia de b al plano W es p √ d(0, −1) = (−3 + 1)2 + (−4)2 + (−1 + 7)2 = 2 14.
Nota: Obsérvese que la distancia de b = (−1, 4, −7) al plano W ≡ x + 2y − 3z = 0 puede obtenerse directamente desde nociones básicas de geometría analítica:
√ √ d = |−1+2·4−3·(−7)| = √2814 = 2 14. 2 2 2 1 +2 +(−3)
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Examen de Septiembre. Curso 2003-04
(B) Como la función f (x) = x2 − sen (2x) es derivable en todo el intervalo (0, π4 ), sus puntos críticos son aquellos de dicho intevalo que anulan a su derivada f 0 (x) = 2x − 2 cos(2x) = 2(x − cos(2x)); es decir, para obtener los puntos críticos de f debemos resolver la ecuación x − cos(2x) = 0 con x ∈ (0, π4 ). No obstante, probaremos en primer lugar que esta ecuación posee solución y que es única en el intervalo (0, π4 ). Denominemos g(x) = x − ¢ π Puesto ¢ la1 función g es continua en el intervalo cerrado ¡ πcos(2x). ¡ πque π [0, 4 ], g(0) = −1 < 0 y g 4 = 4 − cos 2 · 4 = 4 π > 0, el Teorema de Bolzano nos garantiza la existencia de al menos una solución de la ecuación g(x) = 0 en el intervalo (0, π4 ). Seguidamente probaremos que esta solución es única. La derivada de la función g verifica g 0 (x) = 1 + 2 sen(2x) > 0, ya que x ∈ (0, π4 ), luego g es estrictamente creciente y por tanto, la ecuación g(x) = 0 posee una única solución x∗ en el intervalo (0, π4 ). Además, g(x) < 0 para x ∈ (0, x∗ ) y g(x) > 0 si x ∈ (x∗ , π4 ). Por consiguiente, f 0 (x) = 2g(x) < 0 para x ∈ (0, x∗ ) y f 0 (x) = 2g(x) > 0 si x ∈ (x∗ , π4 ). Así, la función f es estrictamente decreciente en el intervalo (0, x∗ ) y estrictamente creciente en el intervalo (x∗ , π4 ). En consecuencia, f restringida al intervalo [0, π4 ] alcanza su mínimo relativo en el punto x∗ . Para conocer¡ el¢valor evaluar f en los extremos del intervalo. Puesto que ¡ del ¢2 máximo debemos 1 2 f (0) = 0 y f π4 = π4 −sen(2 π4 ) = 16 π −1 < 0, deducimos que f alcanza su máximo absoluto en el punto x = 0 y su valor máximo es f (0) = 0. Más aún, la función nunca se anula en el intervalo abierto (0, π4 ). Con los datos anteriores un esbozo de la gráfica de f en el intervalo [0, π4 ] puede verse en la Figura 45.
y
x*
π/4
x
f(x*)
Figura 45: Por último, determinaremos el valor x∗ donde se alcanza el mínimo absoluto aplicando el método de Newton a la ecuación g(x) = x − cos(2x) = 0. Tomaremos como punto incial x1 = 0.5 y detendremos el proceso cuando el error menor sea menor que 10−3 . Los cálculos del método
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Examen de Septiembre. Curso 2003-04
iterativo se recogen en la siguiente tabla. n
xn
g (xn )
g 0 (xn )
1 2
0.5 0.51502168
−0.04030231 0.000240018
2.68294197 2.71464263
g (xn ) g 0 (xn ) −0.01502168 0.000088416
g (xn ) g 0 (xn ) 0.51502168 0.51493327
xn+1 = xn −
Como |x3 − x2 | = 0.000088416 < 0.001, obtenemos que el valor x∗ donde se alcanza el mínimo absoluto es x∗ ' x3 = 0.51493327 y el mínimo absoluto es f (x∗ ) ' f (x3 ) = x23 − sen (2x3 ) = −0.59207400. es siempre positiva; por tanto, el área que se solicita puede calcularse (C) La función f (x) = x2 √18 x2 +9 por medio de la siguiente integral: A=
Z 3√3 √ 3
x2
18 √ dx. x2 + 9
Para determinar el valor de esta integral realizamos, como nos indican, el cambio de variable ¡ 2 ¢ 2 x = 3 tg t. Así, dx = 3 sec tdt = 3 tg t + 1 dt, los límites de integración quedan √ √ 3 = 3 tg t =⇒ tg t = 3/3 =⇒ t = π/6 √ √ 3 3 = 3 tg t =⇒ tg t = 3 =⇒ t = π/3 y el valor de la integral, es decir, del área, es Z 3√3
Z π/3
¢ ¡ 18 p 3 tg2 t + 1 dt = π/6 9 tg2 t 9 tg2 t + 9 Z π/3 Z π/3 Z π/3 ¡ 2 ¢ 18 sec t cos t p 3 tg t + 1 dt = 2 dt = = 2 t dt = 2 2t 2 2 tg sen π/6 9 tg t 9 tg t + 9 π/6 π/6 ¯ ¯π/3 Z π/3 sen−2+1 t ¯¯ −2 ¯¯π/3 = 2 sen−2 t cos tdt = 2 = = sen t ¯π/6 −2 + 1 ¯π/6 π/6 µ ¶ 1 −2 2 −4 = + = √ +4=4 1− √ . sen π/3 sen π/6 3 3
A =
√ 3
18 √ dx = x2 x2 + 9
PROBLEMA 3.(A) [4 puntos] Calcular la siguiente integral indefinida Z 2x2 + 10x + 7 dx. (x + 2)2 (x2 + 2x + 5) Encontrar, en el caso de convergencia, el valor de la integral impropia Z +∞ 2x2 + 10x + 7 dx. (x + 2)2 (x2 + 2x + 5) 1 (B) Calcular, de las dos formas siguientes, el volumen interior al paraboloide z = 1+x2 +y 2 y debajo del plano z = 2. (i) [2 puntos] Considerando el sólido como uno de revolución.
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Examen de Septiembre. Curso 2003-04
(ii) [2 puntos] Describiendo el volumen como una integral doble y resolviendo dicha integral usando coordenadas polares. √ √ (C) [2 puntos] Dados los números complejos z1 = 16eiπ y z2 = −1 − 3i, calcular 4 z1 y z23 . Expresar todos los resultados en forma binómica. Solución: (A) Para resolver la integral, en primer lugar, descomponemos la función racional en fracciones simples: 2x2 + 10x + 7 A B Cx + D = + + 2 2 2 2 (x + 2) (x + 2x + 5) x + 2 (x + 2) x + 2x + 5 Operando e igualando numeradores se tiene ¡ ¢ ¡ ¢ 2x2 + 10x + 7 = A(x + 2) x2 + 2x + 5 + B x2 + 2x + 5 + (Cx + D) (x + 2)2 .
(5)
Tomando x = −2, se deduce que −5 = 5B y por consiguiente B = −1. Ahora, desarrollando el segundo miembro de (5) e igualando coeficientes conseguimos A + C = 0, 4A + B + 4C + D = 2, 9A + 2B + 4C + 4D = 10, 10A + 5B + 4D = 7, y puesto que B = −1, llegamos al sistema de ecuaciones A + C = 0, 4A + 4C + D = 3, 10A + 4D = 12,
cuya única solución es A = 0, C = 0, D = 3. Esto es, la descomposición en fracciones simples es −1 3 2x2 + 10x + 7 = + 2 2 2 2 (x + 2) (x + 2x + 5) x + 2x + 5 (x + 2) y la primitiva se calcula directamente Z Z Z −1 3 2x2 + 10x + 7 dx = dx = dx + 2 2 2 2 (x + 2) (x + 2x + 5) x + 2x + 5 (x + 2) Z Z 3 3 1 1 1/2 + + dx = = dx = ¡ x+1 ¢2 2 x+2 x+2 2 (x + 1) + 4 + 1 2 µ ¶ x+1 3 1 + arctg = +C x+2 2 2 R +∞ 2x2 +10x+7 Para estudiar la convergencia de la integral impropia 1 (x+2) 2 (x2 +2x+5) dx, debemos tener en cuenta cómo se define ésta: Z +∞ Z b 2x2 + 10x + 7 2x2 + 10x + 7 dx = lim dx b→+∞ 1 (x + 2)2 (x2 + 2x + 5) (x + 2)2 (x2 + 2x + 5) 1
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Examen de Septiembre. Curso 2003-04
A partir de los cálculos anteriores, este límite adquiere la forma lim
Z b
b→+∞ 1
µ ¶¸ x+1 b 1 3 lim + arctg = b→+∞ x + 2 2 2 1 µ ¶ µ ¶ b+1 1 3 1 3 = lim + arctg − − arctg (1) = b→+∞ b + 2 2 2 3 2 1 3 3 π 1 3 π = · − − · = π− 2 2 3 2 4 8 3 ·
2x2 + 10x + 7 dx = (x + 2)2 (x2 + 2x + 5)
y por consiguiente, la integral impropia es convergente y su valor es Z +∞ 1 2x2 + 10x + 7 3 dx = π − . 2 (x2 + 2x + 5) (x + 2) 8 3 1 (B) (i) Es fácil ver que la paraboloide circular z = 1 + x2 + y 2 puede conseguirse haciendo girar la parábola de ecuación y = 1 + x2 alrededor del eje y. Análogamente, el plano z = 2 puede generarse haciendo girar la recta y = 2 entorno al mismo eje. Ahora, podemos aplicar el método de capas o el método de discos para calcular el volumen pedido. Método de capas: V = 2π
Z 1 0
¡ ¢¢ x 2 − 1 + x2 dx = 2π ¡
Z 1 0
¡
3
x−x
¢
¸1 · 2 x4 1 x = π. dx = 2π − 2 4 0 2
(6)
Método de discos: Z 2 ³p Z 2 ´2 1 V =π y − 1 dy = π (y − 1) dy = π. 2 1 1 (ii) El paraboloide z = 1 + x2 + y2 y el plano z = 2 tienen su intersección en la circunferencia x2 + y 2 = 1, z = 2. Por tanto, el volumen que se pide puede calcularse mediante la integral doble ZZ ¡ ¡ ¢¢ 2 − 1 + x2 + y2 dA, V = R
© ª siendo R = (x, y) ∈ R2 : x2 + y2 6 1 . Puesto que la región R puede escribirse en coordenadas polares en la forma R = {(θ, r) : 0 6 θ 6 2π, 0 6 r 6 1} ,
el volumen es, cambiando a coodenadas polares, Z 2π Z 1 Z 2π Z 1 ¡ ¡ ¢¢ ¡ ¢ 2 − 1 + r2 rdrdθ = r − r3 drdθ = V = =
0 Z 2π 0
Nota:
0 r2
0
¯r=1 Z 2π r4 ¯¯ π 1 dθ = . dθ = − ¯ 2 4 r=0 2 0 4
0
Obsérvese la semejanza entre las integrales que aparecen en (6) y (7).
(7)
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Examen de Septiembre. Curso 2003-04
(C) Si z1 = 16eiπ , entonces las cuatro raíces cuartas de z1 son: ³√ ´ 4 wk = 16 π+2kπ con k = 0, 1, 2, 3, 4
es decir, estas raíces son: w0 = w1 = w2 = w3 =
Ã√ √ ! ³ √ π´ 2 2 π +i = 2(1 + i), 2 π4 = 2 cos + i sen =2 4 4 2 2 à √ √ ! µ ¶ √ 3π 2 2 3π + i sen +i = 2(−1 + i), 2 3π = 2 cos =2 − 4 4 4 2 2 à √ √ ! ¶ µ √ 5π 2 2 5π + i sen =2 − = − 2(1 + i), 2 5π = 2 cos −i 4 4 4 2 2 Ã√ √ ! ¶ µ √ 2 2 7π 7π + i sin =2 = 2(1 − i). 2 7π = 2 cos −i 4 4 4 2 2
√ 3i, escribiremos z2 en forma polar. El módulo del número √ √ complejo z2 es |z2 | = (−1)2 + (− 3)2 = 2 y su argumento θ satisface tg θ = 3. Luego θ = 4π/3, ya que el afijo del número complejo z2 pertenece al tercer cuadrante. Por consiguiente, ¡ ¢ z23 = 23 4π = 80 = 8.
Para calcular z23 , siendoqz2 = −1 −
Otra forma:
Sin pasar a la forma polar, también podemos calcular la tercera potencia de z2 . En efecto, µ ³ ³√ ´2 ³√ ´3 ¶ √ ´3 √ 3 z2 = −1 − 3i = − 1 + 3 3i + 3 3i + 3i = ³ √ √ ´ = − 1 + 3 3i − 9 − 3 3i = 8.
PROBLEMA 4.(A) [3 puntos] Determinar la ecuación del plano tangente a la superficie z = 2x2 + 3y2 en el punto (4, −1, 35). ¿En qué dirección crece más rápidamente la función f (x, y) = 2x2 + 3y 2 en el punto (4, −1)? ¿Cuál es la curva de nivel de la superficie z = 2x2 + 3y 2 que pasa por el punto (4, −1)? Encontrar la recta tangente a esa curva de nivel en el punto (4, −1). (B) Se sabe que la ecuación y + cos(xy 2 ) + 3x2 − 4 = 0 define a y = f (x) como función implícita de x. (i) [2.5 puntos] Calcular la recta tangente a la gráfica de f (x) en el punto (1, 0). (ii) [1.5 puntos] Obtener el polinomio de Taylor de orden dos de f en el punto c = 1. Usar dicho polinomio para obtener aproximadamente el valor de f (0.99).
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Examen de Septiembre. Curso 2003-04
(C) Sea C la curva cerrada recorrida en sentido horario que va del punto (1, 0) al punto (0, 0) por el segmento rectilíneo que los une, que une también por segmento rectilíneo el punto (0, 0) con el punto (0, 1) y desde éste vuelve al punto (1, 0) por la parábola y = (x − 1)2 . (i) [1 puntos] Encontrar una parametrización regular a trozos de la curva C.
(ii) [2 puntos] Calcular las siguientes integrales Z ¡ 2 ¢ ¡ ¢ y + 2xy dx + x2 + 2xy dy
y
C
Z
C
8(x − 1)ds.
Solución:
(A) Si denominamos f (x, y) = 2x2 + 3y 2 , entonces el plano tangente a la superficie de ecuación z = 2x2 + 3y 2 en el punto (4, −1, 35) tiene por ecuación z − 35 =
∂f ∂f (4, −1) · (x − 4) + (4, −1) · (y + 1). ∂x ∂y
∂f ∂f ∂f Pero, ∂f ∂x = 4x y ∂y = 6y, luego ∂x (4, −1) = 16, ∂y (4, −1) = −6 y la ecuación del plano tangente queda en la forma z − 35 = 16(x − 4) − 6(y + 1), es decir, es
16x − 6y − z − 35 = 0. La dirección de máximo crecimiento viene dada por el vector gradiente de f . Puesto que este vector en el punto (4, −1) es ∇f (4, −1) = (16, −6), la dirección en la que crece más rápidamente la función f (x, y) = 2x2 + 3y 2 en el punto (4, −1) viene marcada por el vector (16, −6). Como f (4, −1) = 35, la curva de nivel de la superficie z = 2x2 + 3y 2 que pasa por el punto (4, −1) tiene por ecuación 2x2 + 3y 2 = 35. La recta tangente a esta curva de nivel en el punto (4, −1) podemos calcular de varias formas. Primera forma:
Utilizando que el vector gradiente es ortogonal a las curvas de nivel, es inmediato ver que la recta tangente a la curva de nivel en el punto (4, −1) tiene por ecuación ∂f ∂f (4, −1) · (x − 4) + (4, −1) · (y + 1) = 0, ∂x ∂y esto es, 16(x − 4) − 6(y + 1) = 0 o equivalentemente, y = 83 x − 35 3 . Segunda forma:
Utilizando derivación implícita, desde la ecuación 2x2 + 3y 2 = 35, se sigue que 4x + 6yy 0 = 0. Haciendo x = 4 e y = −1 se tiene que la pendiente de la recta tangente es y 0 = 8/3 y por tanto, la ecuación de la recta tangente es y + 1 = 8/3(x − 4) o lo que es lo mismo, y = 83 x − 35 3 . (B) Realizaremos los dos apartados utilizando derivación implícita. (i) Derivando implícitamente respecto de x en la ecuación y + cos(xy 2 ) + 3x2 − 4 = 0 se tiene, ¢ ¡ ¢ ¡ (8) y 0 − y 2 + 2xyy 0 sen xy 2 + 6x = 0. Tomando x = 1 e y = 0 se deduce de forma inmediata que y 0 = −6 (es decir, f 0 (1) = −6) y la recta tangente tiene por ecuación y = −6(x − 1), ya que f (1) = 0.
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Examen de Septiembre. Curso 2003-04
(ii) Derivando implícitamente respecto de x en (8) conseguimos, ´ ³ ¢ ¡ ¢2 ¢ ¡ ¡ ¢2 ¡ y 00 − 4yy 0 + 2x y 0 + 2xyy 00 sen xy2 − y 2 + 2xyy 0 cos xy 2 + 6 = 0
Ahora, haciendo x = 1, y = 0 e y 0 = −6 tenemos y 00 = −6 (esto es, f 00 (1) = −6) y por tanto, el polinomio de Taylor de orden dos de f en el punto c = 1 es P2 (x) = f (1) + f 0 (1)(x − 1) +
f 00 (1) (x − 1)2 = −6(x − 1) − 3(x − 1)2 . 2!
Para finalizar, el valor aproximado de f (0.99) utilizando este polinomio es f (0.99) ' P2 (0.99) = −6(0.99 − 1) − 3(0.99 − 1)2 = 0.0597. (C) (i) Para describir de forma paramétrica la curva C, desomponemos dicha curva en la forma C = C 1 ∪ C2 ∪ C3 , donde C1 es la curva que va del punto (1, 0) al punto (0, 0) por el segmento rectilíneo que los une, C2 es la curva que une mediante línea recta el punto (0, 0) con el punto (0, 1) y C3 es la curva que va desde el punto (0, 1) hasta el punto (1, 0) por la parábola y = (x − 1)2 . La parametrizaciones de las curvas Ci , para i = 1, 2, 3, son ½ x = 1 − t, t ∈ [0, 1], C1 ≡ r1 (t) = y = 0, C2 ≡ r2 (t) =
½
x = 0, y = t,
t ∈ [0, 1]
y C3 ≡ r3 (t) =
½
x = t, y = (t − 1)2 ,
t ∈ [0, 1].
(ii) El campo vectorial F (x, y) = M (x, y)~i + N (x, y), siendo M (x, y) = y2 + 2xy y N (x, y) = x2 + 2xy, es conservativo, ya que ∂M ∂N (x, y) = 2y + 2x = (x, y). ∂y ∂x ¢ ¡ ¢ R ¡ Por tanto, la integral C y2 + 2xy dx + x2 + 2xy dy = 0, ya que la curva C es regular a trozos y cerrada. p Teniendo en cuenta que C = C 1 ∪ C2 ∪ C3 , kr10 (t)k = kr20 (t)k = 1 y kr30 (t)k = 1 + 4(t − 1)2 , el valor de la segunda de las integrales es: Z Z Z Z 8(x − 1)ds = 8(x − 1)ds + 8(x − 1)ds + 8(x − 1)ds = C
C1
Z 1
C2
Z 1
C3
Z 1
p 8(1 − t − 1) · 1dt + 8(0 − 1) · 1dt + 8(t − 1) 1 + 4(t − 1)2 dt = 0 0 0 Z 1 Z 1 Z 1 ¢1/2 ¡ = 8(t − 1) 1 + 4(t − 1)2 dt = −8tdt + −8dt + 0 0 0 ¢3/2 ¯¯1 2 10 √ 2¡ 1 + 4(t − 1)2 5= = −4 − 8 + ¯ = −12 + − 3 3 3 0 10 √ 34 = − 5− . 3 3 =
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