clases matemáticas especiales

7/21/2019 Clases Matemticas especiales

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MATEMATICAS ESPECIALESCAPTULOS I-VII

J. D. VELEZU NACIONAL

SEGUNDO SEMESTRE DE 2015


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ndice general

Introduccin V

1. Bases de Groebner 11.1. Anillos de polinomios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2. Ideales y Variedades Algebraicas . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3. Ordenes monomiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.4. Algoritmo de la divisin en k [x1;:::;xn] . . . . . . . . . . . . . 7

1.5. Bases de Groebner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.6. S-polinomios y algoritmo de Buchberger . . . . . . . . . . . . 14

1.7. Sistemas de ecuaciones polinmicas . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.7.1. Soluciones explcitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2. Control cinemtico de brazos mecnicos 272.1. Anlisis del casol2= l3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2. Analisis de un robot con l26=l3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.3. Brazos en tres dimensiones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

2.4. Simulacin en Maple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

3. *Demostracin mecnica de teoremas en geometra 47

4. Ecuacin de una cuerda vibrando 534.1. Introduccin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

4.2. Solucin de la ecuacin de onda de una cuerda . . . . . . . . 57

4.3. Modo fundamental y armnicos . . . . . . . . . . . . . . . . . 594.4. Escalas musicales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.4.1. Escala pitagrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

4.5. Escala Temperada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

4.5.1. Interludio: lectura de un artculo de Klaus Ziegler . . 73

iii


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iv NDICE GENERAL

5. Series de Fourier 79

5.1. Desarrollo en serie de una funcin peridica . . . . . . . . . . 795.1.1. Funciones pares e impares . . . . . . . . . . . . . . . . 85

6. Ecuacin del calor 976.1. Calor y temperatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 976.2. Ley de Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 996.3. Ecuacin del calor en un clilindro de densidad uniforme . . . 1016.4. (Opcional) Ecuacin del calor en un cuerpoP . . . . . . . . . 1046.5. Ecuacin del calor en un cilindro. . . . . . . . . . . . . . . . . 106

6.5.1. Extremos a temperatura cero . . . . . . . . . . . . . . 1066.5.2. Solucin con temperatura constante arbitraria en los

extremos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

6.5.3. Otras condiciones de frontera . . . . . . . . . . . . . . 112

7. La membrana vibrante 1177.1. Ecuacin de una membrana vibrante rectangular . . . . . . . 1177.2. Solucin de la ecuacin de la membrana rectangular . . . . . 122

7.2.1. Frecuencias de los modos fundamentales y lneas nodales1287.2.2. Curvas nodales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

7.3. *Curvas nodales en la vibracin de una placa rectangular:guras de Chladni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

7.4. Membranas circulares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1327.5. Apndice: cmputo del laplaciano en coordenadas polares . . 138


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Introduccin

Los tres primeros captulos de estas notas pretenden servir de breve intro-duccin a la teora de las bases de Groebner y mostrar algunas aplicacioneselementales a la robtica y a la demostracin automtica de teoremas. No

se supone ningn conocimiento previo del tema por parte del lector, slo al-guna familiaridad con el lenguaje bsico del lgebra de polinomios. Aquellosinteresados exclusivamente en las aplicaciones de la teora pueden omitir enuna primera lectura todas las demostraciones de los teoremas. Este material,que no entrar en la evaluacin, aparecer en letra ms pequea.El lectorpodr encontrar una excelente introduccin a la teora de bases de Groebneren [1],[2]. Una buena introduccin a la robtica puede leerse en [3].

En el cuarto captulo derivaremos la ecuacin de onda para la cuerdavibrante, bajo ciertos supuestos, y discutiremos su relevancia en el diseo delas escalas pitagrica y temparada. Destacaremos adems su importancia enla fabricacin de algunos instrumentos de cuerda. Con algunas variaciones, la

deduccin y solucion de la ecuacin de onda sigue lo expuesto en cualquierade los textos [6],[7],[8]. Para una discusin sobre las escalas musicales y suconstruccin matemtica, el lector puede consultar [9].

v


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vi PREFACIO


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Captulo 1

Bases de Groebner

1.1. Anillos de polinomios

Denotemos por k a uno cualquiera de los dos campos, R; los nmerosreales o Q, los racionales. Como es costumbre, el anillo de polinomios so-bre k en las variables x1;:::;xn; se denotar por k[x1;:::;xn]: Sus elemen-tos son sumas nitas de la forma f =

P=(1;:::;n)

cx11 xnn , donde =

(1; : : : ; n) denota una tupla de enteros i 0; y cada c denota un ele-mento de k: Por ejemplo,

f= 1 + 5x1x2

2x23;

g=3 + 2x1+ 3x2 x3+12

x1x213

x1x2x3+ x41x

52x

73;

h= 10 x71+2

3x83

son elementos de Q[x1; x2; x3].A cada expresin u = x11 xnn se le llama unmonomio en las varia-

blesx1;:::;xn, y a cada sumandocx11 xnn se le denomina untrminode

f. Cada monomio u= x11 xnn se pueden denotar de manera abreviadacomou = x, donde, recordemos, = (1; : : : ; n), con i enteros no nega-tivos. As,fse puede escribir de manera abreviada como f=

Pcx

. En el

ejemplo anterior, el polinomiof= 1+5x1x22x23es suma de tres trminos:

u1; u2; u3, donde: u1 = 1x01x

02x

03; u2 = 5x

11x

12x

03; u3 =2x01x02x23: Con fre-

cuencia nos referiremos al monomio u=x11 xnn simplemente comox,con = (1; : : : ; n). Su grado se dene como la suma de los exponentesi, y se enotar porjj= 1+ + n:

1


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2 CAPTULO 1. BASES DE GROEBNER

Diremos que un monomio u divide otro monomio v si u = vm, para

un cierto monomio m. Cuando v divida u escribiremos vj u: Esta nocinpuede extenderse a trminos, de manera natural: diremos que un tminocx divide otro trmino dx, si xj x . Por ejemplo, xy2 divide x2y4, puesx2y4 =xy2(xy2). Peroxz2 no dividex2y3z, pues no existe ningn monomiov tal que x2y3z = (xz2)v (v tendra que ser igual a xy3z1, expresin queno es un monomio por tener un exponente negativo):

En R = k[x1;:::;xn] los elementos se pueden sumar y multiplicar dela manera usual: f =

P

cx y g =

P

dx se suman trmino a trmino:

f+g =P

(c+d)x. Y se multiplican como f g =

P;

cdx+ . Aqu,

si = (1; : : : ; n) y = (1; : : : ; n), entonces el exponente +es por

denicin(1+ 1; : : : ; n+ n):

Ejemplo 1.1.1 EnR = Q[x;y ;z], sif=1 + 2xy 5xyz yg =12 + x +y 3xy+ 8xyz z3, entonces:

f+ g=13 + x + y xy+ 3xyz z3:Si h=1 + 8xyz z3 y g=12 + x + y 3xy, entonceshg= 3xyz324x2y2zxz3yz3+8xy2z+8x2yz+12z396xyz+3xyxy+12:En la ventana CAS de GeoGebra, la operacin puede hacerse como se mues-tra a continuacin.


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1.2. IDEALES Y VARIEDADES ALGEBRAICAS 3

1.2. Ideales y Variedades Algebraicas

Denicin 1.2.1 Sif1; : : : ; f mson polinomios enR= k[x1;:::;xn]entoncesel ideal generado porf1; : : : ; f m, que denotaremos por I= ( f1; : : : ; f m); esel conjunto de todas las combinaciones lineales de la formag = h1f1+ +hmfm, con coecientes arbitrarios escogidos en R:

I=fg2R : g = h1f1+ + hmfm, dondehi2R son arbitrariosg :

En general, un subconjunto JR se llama un ideal de R si para cualquierpar de elementosf,g en Jsu suma y diferenciaf+g,fgestn contenidasen J, as como cualquier producto de la forma hf;hg, donde h es cualquierotro polinomio en R.

Se verica inmediatamente queI= ( f1; : : : ; f m)es en efecto un ideal, enel sentido anterior. De hecho, es el ideal ms pequeo que contiene f1; : : : ; f m.Es decir, cualquier otro ideal de R que contengaf1; : : : ; f m debe contenerI :

Observacin 1.2.2 Se puede demostrar, recprocamente, que si J es unideal de R, entonces existen polinomios f1; : : : ; f m de tal manera que J =(f1; : : : ; f m): Este Teorema se conoce como Teorema de la Base de Hilbert(ver [4]).

Denicin 1.2.3 Dado un conjunto de polinomios A =ff1; : : : ; f mg enel anillo R = k[x1;:::;xn]; la variedad algebraica determinada por A; quedenotaremos porV(A);se dene como el conjunto de todas aquellas n-tuplasen kn que son ceros comunes a todos los polinomios de A: Es decir,

V(A) =fc= (c1;:::;cn)2kn :fi(c1; : : : ; cn) = 0; para todo fi en Ag:

El conjunto V(A) de la denicin anterior es precisamente el conjunto detodas las soluciones del sistema de ecuaciones

f1(x1; : : : ; xn) = 0

...

fm(x1; : : : ; xn) = 0:

Ejemplo 1.2.4 1. Si R = R[x; y] y A = fx2 + y2 1; y x2g, en-tonces V(A) puede hallarse mediante el comando ResolucinC[, ]. Ode manera directa, si substituimos y = x2 en la primera ecuacin


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obtenemos: x2 +x4 1 = 0: La frmula para la ecuacin cuadrti-ca proporciona el valor de x

2

= 1p5

2 : De aqu la nica solucinno negativa sea

p512 : Luego x =

qp512 y y =

p512 , y por tan-

to V(A) =

qp512 ;

p512

;

qp

512 ;

p512

; que es precisa-

mente el conjunto formadopor los dos puntos donde se cortan laparbolay x2 y el crculo unitario x2 + y2 1 = 0:

2. V(xy z; x2 + y2 + z2 1)R3 es el conjunto de ternas (c1; c2; c3)enR3 que satisfacen el sistema de ecuaciones polinmicas

xy z= 0x2 + y2 + z2 1 = 0:

En otras palabras, la variedad cortada por xy z y x2 +y2 +z2 1es la interseccin en R3 de la supercie zxy y la esfera de radiounitario:

Observacin 1.2.5 1. V(A) =V(I);donde Ies el ideal de R generadopor los elementos de A: Primero, observemos que si A B entoncesV(B)V(A): Como AI entonces V(I)V(A). De otro lado, lainclusin en el sentido contrario tambin se cumple, ya que si (c) =(c1; : : : ; cn)es un cero comn de todos los polinomios de A tambin loes de cualquier elemento que sea una combinacin lineal de elementosde Acon coecientes en R:


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1.2. IDEALES Y VARIEDADES ALGEBRAICAS 5

2. Para todo par de ideales I; J en R se cumple V(I) [ (J) =V(I\ J):Como I\Jesta incluido en Iy en J entonces V(I)V(I\J)y V(J)V(I\ J); y en consecuencia V(I) [ V(J)V(I\ J): Ahora, veamosque(c)2V(I\ J entonces(c)2V(I)o (c)2V(J):;Razonemos por elabsurdo, es decir, supongamos que (c) fuera un cero comn de todoslos polinomios contenidos en I\J y que (c) no estuviera contenidoni en V(I) ni en V(J). Entonces existiran polinomiosf2 I y g2 Jtales quef(c)6= 0y g(c)6= 0:Por tantof g(c) =f(c)g(c)6= 0. Perof gest contenido tanto enIcomo en J, ya que IyJson ideales, lo cualestara en contradiccin con nuestra hiptesis de que (c)2V(I\ J):

3. Para todo par de ideales I; J en R se cumple que V(I)\V(J) =V(I+ J): Esta armacin se justica de manera similar.

Ejercicio 1.2.6 1. Encuentre la variedad cortada por cada conjunto deecuaciones:

R= R[x; y], A =f2xy + 1; x2 + y21; x + y + 5g(Respuesta:V(A) =conjunto vaco).

R = Q[x;y;z]; E =fzx z+ xy; zx2 +zy2 +x2 +y2; z+ 1; y2 +yg(Respuesta:V(E) =f(1; 0; 1); (1=2; 1; 1)g:

2. Determine si cada uno de los siguientes conjuntos es un ideal del anilloR= Q[x;y;z] :

I = R; I =f0g; I =fp2 R : p(0; 0; 0) = 1g; I =fp2 R : el trminoconstante de p es cerog; I=fp2R : p(1; 1; 1)6= 0g:

3. Sea R= k[x1; : : : ; xn]un anillo de polinomios. Denamos I=fp(x;y;z)2R: p(1; 1; 2) = 0g: Compruebe que Ies en efecto un ideal. Verique ademsqueIpuede ser generado por los polinomios f1 = x1; f2= y +1; f3 = z 2.Es decir,

I=fg2R : g = a1f1+ a2f2+ a3f3; con a1,a2,a3 en Rg;

lo cual, recordemos, lo denotamos como I= (x 1; y+ 1; z 2):4. D un ejemplo de un ideal de R que no pueda ser generado por un

solo polinomio.5. Muestre que el ideal de R = Q[x; y] generado por los polinomios

f1 = x2 + xy x; f2 = x 1; f3 = xy + 2 es igual a todo el anillo R.

6. Sea J= (xy;yz;xyz2

), el ideal de R generado por los polinomios xy ;yz; xyz2. Explique por qu es cierto que si f2 Jentonces cada uno de losmonomios defdebe ser divisible por algunos de los monomiosxy; yz; xyz2:

7. (Opcional) Explique por qu siIes un ideal generado por monomios,I = (u1; : : : ; ut); entonces para saber si un polinomio f est en I basta


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ver que cada uno de sus trminos sea divisible por alguno de los monomios

u1; : : : ; ut:Notemos que el recproco siempre es cierto: si cada monomio de f esdivisible por algn u1; : : : ; ut, entonces es claro que f 2 I, pues si f =P=(1;:::;n)

cx, y cada cx

= uivi, para ciertos ui , vi , con 1 it, entonces f =

P=(1;:::;n)

uivi es combinacin lineal de u1; : : : ; ut, con

coecientes polinmicos (en este caso, monomios) vi .

1.3. Ordenes monomiales

Empecemos por denir la nocin de unorden monomial enR = k[x1;:::;xn]:

Denicin 1.3.1 Un orden monomial es un ordenamiento de todos losmonomios de R (un orden total) que cumple las siguientes propiedades:

1. Si x > x entonces xx > xx para todo monomiox:

2. x >1, para todo monomio x; con 6= 0:Ejemplo 1.3.2 1. El orden lexicogrco (lex): este orden es anlogo a la

manera como vienen organizadas las palabras en el diccionario (de ahsu nombre). Sean x = x1 xn y x = x1 xn dos monomios.Declaramosx > x si en el vector diferencia la primera entradadistinta de cero, contando de izquierda a derecha, es positiva. En este

caso escribiremos x >lex x : Por ejemplo x2y3 >lex xy6; x5y3z >lexx5y2z2:

En este orden, si declaramos x > y > z, entonces los monomios dek[x;y ;z] quedaran ordenados de las siguiente manera:

1< z < z2


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1.4. ALGORITMO DE LA DIVISIN ENK[X1;:::;XN] 7

2. El orden graduado lexicogrco (glex): en este orden x >glex x si

jj > jj. En caso de serjj =jj ; si x

(i) >lex x

: Por ejemploxy6 >glexx2y3; x2y2 >glexx

2yz:

3. El ordengraduado lexicogrco inverso (revlex): en este orden x >revlexx sijj>jj :Y sijj=jj, entonces la primera entrada de =(1 1; : : : ; n n), contada de derecha a izquierda es negativa (elmonomio con ms peso en la cola pierde).

Ejemplo 1.3.3 En A = R[x;y ;z], con x > y > z en el rden revlex, setiene,por ejemplo, que x2y3 >revlexx

2y2z, x4y3 >revlexx2y2z, x3y3z2 >revlex

x2y4z2,x6 >revlexx3yz2, z3 >revlexxy:

Denicin 1.3.4 Seaf= P ax un polinomio no nulo en k[x1;:::;xn]; ysea > un orden monomial jo. El trmino lder def, que denotaremos portl(f), se dene comoax

, dondex es el monomio ms grande que apareceen f :

Ejemplo 1.3.5 Bajo el orden >glex;si f=xy6 3x2y3 + 5x2y2 7x2yz,su trmino lder esxy6: Con el orden lexicogrco >lex, su trmino ldersera3x2y3: Con el orden revlex, tl(f) = 5x2y2:

1.4. Algoritmo de la divisin en k[x1;:::; xn]

Nuestro objetivo es dividir f2R = k[x1;:::;xn]entre polinomios g1;:::;gs:Una vez jado un determinado rden monomial, esto signica que f puedeescribirse en la forma f=a1g1+ + asgs+ h;donde a1;:::;as; hson poli-nomios en R los cuales satisfacen la siguientes dos propiedades:

1. tl(aifi) tl(f):2. h = 0 o bien h es una combinacin lineal de monomios h = c1u1+

+clul, donde ningn monomio ui es divisible por ninguno de lostrminos lderes de los gi, tl(g1); : : : ; t l(gs).

Antes de discutir formalmente la existencia de un algoritmo con estas

propiedades, veamos un ejemplo.

Ejemplo 1.4.1 Dividamos a f = x2y + xy2 + y2 entre g1 = xy 1 yg2 = y

2 1; usando el orden lexicogrco. En primer lugar, vemos que eltrmino lder de f es divisible por el trmino ldere de g1 y por el trmino


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lder de g2: Si dividimos el trmino lder de f por el trmino lder de g1;

podemos escribir fen la forma f=x(xy 1) + x + xy2

+ y2

:Volvemos a repetir este proceso: tratamos de eliminar xy2, el trminolder del polinomio xy2 + x + y2: Nuevamente, podramos elegir para ello eltrmino lder deg1o el deg2:Usemos nuevamenteg1:escribamosx+xy

2+y2

en la forma xy2 + x + y2 =y(xy 1) + x + y+ y2: Ahora, podemos ver queel trmino lder de x + y+ y2 no es divisible ni portl(g1) ni por tl(g2)(estaes una situacin que no ocurre en el caso de polinomios en una variable).En este caso seguimos examinando los monomios que le siguen en el ordenlexicogrco, que son y , y2:Vemos que y tampoco es divisible, peroy2 s loes. Dividimos nuevamente, en este caso por g2:

x + y+ y2 = 1

(y2

1) + x + y+ 1:

Al llegar a este punto podemos ver que ninguno de los monomios dex +y +1es divisible por tl(g1) o tl(g2). Este ltimo polinomio ha de ser entonces elresiduo. Poniendo lo anterior en una sola ecuacin vemos que hemos escritof como

f= (x + y)| {z }a1

g1+ 1|{z}a2

g2+ (x + y+ 1)| {z }h

;

donde tl(a1g1) tl(f); tl(a2g2) tl(f); y donde ningn monomio de h esdivisible ni portl(g1);ni por tl(g2):

Pasemos a enunciar de manera rigurosa este procedimiento.

Teorema 1.4.2 (Algoritmo de la divisin) Sea > un orden monomialenR= k [x1;:::;xn] y seaF =fg1;:::;gsg una lista ordenada de polinomiosenR: Entonces cadaf enR puede escribirse en la formaf=a1g1+ +asgs + h; con ai; h2 k[x1;:::;xn]; y donde se satisfacen las siguientes doscondiciones:

1. tl(aigi)tl(f)2. h= 0;o h es una combinacin lineal de monomiosh = c1u1+ +clul

donde ninguno de los monomiosui es divisible portl(g1);:::; tl(gs); lostrminos lderes deg1;:::;gs:

Prueba. Sea M el conjunto formado por todos aquellos monomios de f queson divisibles por el trmino lder de algn gi:Si ningn monomio de f tiene estapropiedad entonces podemos tomar h como el mismo polinomio f;y todos los aiiguales a cero. Por otro lado, si M no es vaco, nos jamos en el menor i tal


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ninguno de sus trminos es divisible por ninguno de los trminos lderes

tl(g1); : : : tl(gn). En este punto fse escribir como

f=m1gi1 + m1gi2+ + mrgir + hr;

que podemos reescribir como f = a1g1+ +asgs+ hr, con ciertosai; polinomios apropiados.

El paquete Singular, de acceso gratuito, es uno de ellos (puede descar-

garse en la direccin http://www.singular.uni-kl.de/).

Ejemplo 1.4.3 1. Si, por ejemplo, f=xy 2y4 xz5, g1 =xy +z3 y4 + 1; g2= xyz y2 + z3 son polinomios en Q[x;y ;z], con orden lexi-cogrco, el residuo de la divisin de f entreg1y g2puede computarseen singular como se muestra a continuacin:

El residuo resulta ser r =xz3 + xz2 + xz y4 + y3z4 + y3z3 yz4 yz3 yz y z3 1:


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1.4. ALGORITMO DE LA DIVISIN ENK[X1;:::;XN] 11

Para computar los coecientes aipuede utilizarse el comandodivision.

Por ejemplo, sea p = x4 2xy2 + 1 y sean g1 = x2 2xz + 5 yg2 = xy2 +yz . La lista L contiene en su primera entrada, L[1]; unamatriz2 1

24 x2 + 2xz+ 4z2 5

2

35

cuyas entradas son los polinomios a1= x2 + 2xz+ 4z2 5y a2=2:

La segunda entrada de L, L[2], contiene el residuo de la divisin, eneste caso igual a 8xz3

20xz+ 2yz

20z2 + 26:

2. Sea f = 2x2yz + xy2 +x+ 1; f1 = xyz 2xy y; f2 = xy+ 2: EnMaple el comando NormalFormcomputa el residuo y los cocientes de


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la divisin:

Observacin 1.4.4 El algoritmo de la divisin en varias variables diereen varios aspectos del algoritmo usual en una variable. En primer lugar, loscoecientes ai; y el residuo r dependen del orden monomial escogido. Engeneral no hay unicidad para los coecientes ai; ni para el residuo r: Porejemplo, tomando de nuevo f=x2y+xy2 +y2 , f1 =xy 1; f2 =y2 1;y dividiendo a fprimero por el trmino lder de f2 se obtiene

f= (x + 1)f2+ xf1+ 2x + 1:

Esto nos muestra que para polinomios en ms de una variable slo se obtieneuna generalizacin imperfecta del algoritmo de la divisin usual. Adems, adiferencia del caso en una variable, este algoritmo no resuelve el problemaque nos propusimos inicialmente. Por ejemplo, puede ocurrir que al dividirf, un elemento de un cierto ideal I = (f1; f2); por f1 y f2; se obtengan dosresiduos distintos, dependiendo del orden escogido al efectuar la divisin:por ejemplo, si f =xy2 x; f1 =xy + 1; f2 =y2 1 fcilmente se ve quef = yf1+ 0f2+ (x y) y que f = xf2+ 0f1+ 0: Esta situacin es sinembargo remediable, como veremos en la prxima clase.

1.5. Bases de Groebner

Denicin 1.5.1 Sea I R = k[x1;:::;xn] un ideal diferente de cero. Elideal de trminos lderes de I; que denotaremos por tl(I); se dene como


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1.5. BASES DE GROEBNER 13

el ideal generado por todos los trminos lderes de todos los polinomios de

I: Es decir, tl(I) es el conjunto de todos los elementos de la forma g =h1(c1x1) + + hn(cnxn); donde cada cixi es el trmino lder de algn

polinomio enI

tl(I) =fg: g = h1(c1x1) + + hn(cnxn), cixi = tl(fi); fi2I ; hi2Rg:

Observacin 1.5.2 Debemos sealar que siI= (f1; : : : ; f m)entonces tl(I)no es en general igual al ideal generado por tl(f1); : : : ; tl(fm). Por ejemplo,siI= (x3 2xy;x2y 2y2 + x);entonces tl(x3 2xy) =x3;tl(x2y 2y2 +x) = x2y, en el orden lexicogrco graduado. De otro lado, se observa quex2 = x(x2y 2y2 +x) y(x3 2xy) es un elemento de I; y sin embargotl(x2) =x2 =

2(x3; x2y):

No obstante, esta situacin nunca se presenta si los generadores del idealI forman unabase de Groebner.

Denicin 1.5.3 Fijemos un cierto orden monomial en R = k[x1;:::;xn].Un conjunto ordenado G =ff1;::;f ng de generadores de I se denominaunabase de Groebnersi tl(I)es igual al ideal generado por tl(f1);:::;tl(fn):Es decir, tl(I) = (tl(f1);:::;tl(fn)): Dicho de manera equivalente, G es unabase de Groebner para Isi dado cualquier polinomio f2 I se cumple quesu trmino lder es divisible por algn tl(fi). (Esta equivalencia se sigueinmediatamente del ejercicio 7 de la seccin anterior).

El siguiente teorema nos muestra una de las propiedades que hace tileslas bases de Groebner.

Teorema 1.5.4 Sea G =fg1;:::;gng una base de Groebner para un idealI R = k [x1;:::xn]: Seafun polinomio enR: Entoncesf2 Isi y slo siel residuo de la divisin def porG es igual a cero.

Prueba. Si el residuo de la divisin es igual a cero es claro entonces que f sepuede expresar como una combinacin lineal de los fi;con coecientes polinmicos.Esto implica que f2 I :Supongamos ahora quef2 I : Usando el algoritmo de ladivisin podemos escribir fen la forma

f=a1f1+ + anfn+ h;

dondeh = 0 o ningn monomio de h es divisible por el trmino lder de fi; parai = 1;:::n: Ahora, es claro que h tambin pertenece a I; luego, su trmino lder


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est en el ideal tl(I):Esto obliga a que h tenga que ser cero, pues de otra manera

tl(h) sera divisible por alguno de los tl(fi), en contradiccin con el hecho de queh sea un residuo.Si disponemos de una base de Groebner G para un ideal Ien un anillo

de polinomios R entonces, para saber si un determinado polinomio f estcontenido en Ibasta dividir f por los elementos de G y ver si el residuode la divisin es igual a cero. Sin embargo, para poder llevar a cabo esteprocedimiento necesitamos saber como se puede computar de manera efec-tiva una base de Groebner para I. A continuacin nos proponemos mostrarcomo construir un algoritmo que nos permitir transformar un conjunto degeneradores de Ien una base de Groebner para I :

1.6. S-polinomios y algoritmo de BuchbergerSeanfyg polinomios no nulos en R = k[x1;:::;xn];con trminos lderes

ax y bx . Denimos el mnimo comn mltiplo de los monomios x yx , el cual denotaremos por mcm(x; x), como el monomio x donde = (1;:::;n); con i = max(i; i): El S-polinomio def y g se dene como

S(f; g) = x

tl(f)f x

tl(g)g:

Este polinomio est diseado para producir la cancelacin de trminos lderes.El siguiente lema nos dice que todo tipo de cancelacin de trminos del mis-mo grado debe ocurrir de esta manera.

Lema 1.6.1 Supongamos que en la sumaU =P

i=1;:::;tcix

igi, donde losci son

constantes, y donde tl(gi)xi = x, i = 1;:::t; ocurre una cancelacin de los

trminos de grado ms alto; es decir, tl(P

cixigi) < x

: EntoncesU se puedereescribir como una combinacin lineal deS-polinomios

U=Xj;k

cjkxjkS(gj; gk);

dondexjk =mcm(tl(gj);tl(gk)): Ms an, cada xjkS(gj ; gk) tiene trmino

lder< x:

Prueba. Seadixi el trmino lder degi y denamos pi =xigi=di:La sumaUpuede escribirse en forma telescpica de la siguiente manera:

U=P

i=1;::;tcidipi= c1d1(p1p2) + + (c1d1+ + ct1dt1)(pt1pt)+

+(c1d1+ + ct1dt1+ ctdt)(pt):


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1.6. S-POLINOMIOS Y ALGORITMO DE BUCHBERGER 15

Ahora, un simple clculo nos muestra que xjkS(gj; gk) =pj pk:Combinandolas dos ecuaciones anteriores se obtiene

U=Xt1

j=1

Xji=1

cidixjj+1S(gj; gj+1):

Ntese que dado que el trmino ms grande de U es menor que x se debe tenerque

Pcidi= 0, y por lo tanto el trmino t-simo desaparece de la suma anterior.

Finalmente, pjpk tiene trmino lder menor quex ya que en esta diferencia lostrminos de gradox se cancelan entre s.

El siguiente teorema proporciona un mtodo para construir bases deGroebner.

Teorema 1.6.2 SeaIun ideal en un anillo de polinomiosR = k[x1;:::;xn]:Un conjuntoG =

fg1;:::;gt

gparaIes una base de Groebner si y slo si para

cada par de elementosgi; gj el residuo de una divisin deS(gi; gj) porG esigual a cero.

Prueba.SiG es una base de Groebner el resultado se tiene ya que S(gi; gj)es unelemento deI : Recprocamente, debemos mostrar que sif2Ientonces el trminolder de f est contenido en el ideal generado por los trminos lderes de los gi:Escribamosf comof=

Phigi.Seax

=mximofmi : i = 1; : : : tg;dondemi=tl(higi), sea minimal. Claramente, la conclusin del teorema se da si tl(f) =x

;yaque en este caso tl(f) =

Ptl(hi)tl(gi). Veamos entonces quefno puede tener un

trmino lder de grado menor que x:Si esto fuera cierto, podramos escribir f enla forma:

f= Xmi=x

tl(hi)gi+ Xmi=x

(hi tl(hi))gi+ Xmi


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Observacin 1.6.3 En el teorema anterior cuando se pide que el residuo

de una divisin de S(gi; gj) entre G sea igual a cero, nos referimos a queesta condicin se cumpla para una cualquiera de las posibles divisiones deS(gi; gj) entre G: Notemos que una vez esto ocurre para todos los paresS(gi; gj), entonces, al ser G una base de Groebner, el residuo de dividirS(gi; gj) entre G es nico, y entonces ser igual a cero, sin importar lamanera como se haga la divisin.

Teorema 1.6.4 (Algoritmo de Buchberger) SeaIun ideal dek[x1; : : : ; xn]y sea G0 un conjunto de generadores de I: Una base de Groebner para Ipuede construirse en un nmero nito de pasos: comenzando con G0 sevan construyendo de manera inductiva conjuntos de generadores para I;G0; G1; : : : ; Gk,: : :dondeGk+1 se obtiene deGk de la siguiente manera:para

cada par de elementos gi y gj en Gk, sea Si;j = S(gi; gj)Gk el residuo de

dividir (de cualquier manera) S(gi; gj) entre los elementos deGk. HacemosGk+1 igual a la unin deGk con el conjunto de todos losSi:j no nulos.

1. Si Gk+1 = Gk, el algoritmo termina, y Gk es una base de GroebnerparaI:

2. SiGk+1 contiene estrictamente a Gk, se procede a construirGk+2 apartir deGk+1, como ya se explic.

3. Procediendo de la manera anterior se obtiene una secuencia ascendente

de coonjuntos generadores de I G0 G1 Gk Mediante elteorema de la base de Hilbert puede demostrarse que esta secuenciadebe estabilizarse en algn momento, es decir, en algn momento elprocedimiento explicado ms arriba termina (ver [4]).

El siguiente ejemplo muestra la manera de usar el teorema anterior paraconstruir una base de Groebner.

Ejemplo 1.6.5 (Algoritmo de Buchberger) Consideremos en k [x; y] elorden graduado lexicogrco, y tomemos

I= (x3 2xy| {z }f1 ; x2y 2y2 + x| {z }f2 ):

La idea para producir una base de Groebner para I consiste en ir aumen-tando el nmero de polinomios de la base G0 =ff1; f2g; aadiendo pasoa paso los S-polinomios necesarios, hasta lograr que el residuo de cualquier


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1.7. SISTEMAS DE ECUACIONES POLINMICAS 17

S-polinomio sea cero al dividirlo por la nueva base as obtenida. Utilicemos

__G para denotar el residuo de la divisin por G: En este ejemplo par-ticular vemos que S(f1; f2) =x2 no es cero al dividirlo por G0: Se veentonces que f3 =

________G0S(f1; f2) =x2 deber ser aadido al conjunto G0:

Sea G1 =ff1; f2; f3g: Vemos ahora que_________G1

S(f1; f3) =2xy; de dondevemos que G1 debe ampliarse a G2 =ff1; f2; f3; f4g: Igualmente, debemostambin incluir en G1 al polinomio f5 =

_______G1

S(f2; f3) =2y2 + x: El lectorpuede comprobar fcilmente que G =ff1;:::;f5g satisface la hiptesis delteorema anterior, es decir, que

_______G

S(fi; fj) = 0; 1i; j5; y por lo tantoes una base de Groebner para I :

1.7. Sistemas de ecuaciones polinmicas

En las secciones anteriores desarrollamos un algoritmo que nos permi-ti calcular una base de Groebner para un ideal I de un anillo de poli-nomiosR= k[x1;:::;xn]: Nuestro propsito ahora ser utilizar este algorit-mo para mostrar cmo puede resolverse un sistema cualquiera de ecuacionespolinmicas.

En primer lugar, cuando k = C es el campo de los nmeros complejos,un clebre teorema debido a Hilbert (ver [4]) arma que todo sistema deecuaciones polinmicas E

f1(x1;:::;xn) = 0 (1.1)...

fm(x1; : : : ; xn) = 0

que seaconsistente, es decir, un sistema para el cual el polinomio constante 1no pertenece al ideal generado por los polinomios que confortman el sistema,I= (f1;:::;fn), tiene por lo menos una solucin. De manera precisa:

Teorema 1.7.1 (Nullstellensatz) El sistema (1.1) en el anillo de poli-nomiosC[x1; : : : ; xn] tiene al menos una solucin enC

n si y solo si el poli-nomio constante1 no pertenece al idealI= (f1; : : : ; f m).

Laa Bases de Groebner permiten decidir si 1 est o no contenido enI: jamos primero un orden monomial arbitrario. Computamos luego, conrespecto a este orden, una base de Groebner para I g1; : : : ; gs. Recordemosque esto signica que el ideal de trminos lderes tl(I) est generado por


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tl(g1),: : : ; tl(gs). Y esto a su vez es equivale a decir que si f2 I entoncestl(f) es divisible por algn tl(gi). Luego, si 12I entonces tl(1) = 1 deberser divisible por algntl(gi);lo cual fuerza a quegi= c, es una constante nonula. De manera recproca, si algn gi =c, una constante distinta de cero,entonces 1 = (1=c)gi2 I, pues los gi son por denicin elementos de I. Ensntesis:

Teorema 1.7.2 Para saber si el sistema (1.1) enR = C[x1; : : : ; xn] tieneal menos una solucin basta jar cualquier orden monomial enR y calcularuna base de GroebnerG =fg1; : : : ; gsg. Para que el sistema tenga solucin senecesita, y es suciente, que ninguno de los polinomiosgi sea una constantedistinta de cero.

Determinemos si el sistema de ecuaciones

f1= x2y z+ xy+ 2

f2= x y+ z4 + 1f3= x

2 + yx z3 + 2

tiene solucin en los complejos. Para ello utilizamos GeoGebra para com-putar una base de Groebner para el ideal I= (f1; f2; f3), como se indica acontinuacin:

Ejemplo 1.7.3


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Ahora, usamos el comandoExtraepara listar cada uno de los polinomios de

la base G y visualizarlos de manera cmoda:

Vemos entonces que G consiste de nueve polinomios, ninguno de loscuales es constante. De aqu que Etenga al menos una solucin.

1.7.1. Soluciones explcitas

Utilizando las bases de Groebner se pueden encontrar explcitamentetodas las soluciones de un sistema d eecuaciones. La idea es resolver el sis-tema mediante una induccin sobre el nmero de variables. Empezamos


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por ordenar las variables xi en orden lexicogrco de tal manera que x1 >

x2 > > xn: Usando este orden construimos una base de GroebnerG =fg1;:::;grg para el ideal I: Bajo este orden el ideal de eliminacin Ik;denido comoI\ k[xk+1;:::;xn](este conjunto es un ideal de k[xk+1;:::;xn],pero no del anillo original k[x1;:::;xn]), resulta generado por aquellos el-ementos de G en los que no aparecen las primeras k variables x1;:::;xk:Ms an, demostraremos que estos elementos forman a su vez una base deGroebner para Ik: Ahora, como I tambin est generado por g1;:::;gr, elconjunto de soluciones del sistema (I) coincide con el conjunto de solucionesdel sistema

g1(x1;:::;xn) = 0 (1.2)

.

..gr(x1;:::;xn) = 0

y podemos entonces restringirnos al caso en el que el sistema original estconformado por elementos de una base de Groebner. Denotemos por G1 alconjunto de todos aquellos gi que no contienen la variable x1(este conjuntopodra ser vaco). Si suponemos por induccin que sabemos encontrar lassoluciones del sistema

gl1(x2;:::;xn) = 0 (1.3)

...

gls(x2;:::;xn) = 0

formado por los elementos de G1; entonces basta saber como completarestas soluciones a soluciones del sistema original. Para resolver (II). Esteprocedimiento se puede continuar, reduciendo en cada paso el nmero devariables. Comencemos por demostrar la siguiente proposicin.

Proposicin 1.7.4 Sea G una base de Groebner para un ideal I R =k[x1;:::;xn]; con el orden lexicogrco obtenido despus de ordenar las va-riables xi en la forma siguiente: x1 > x2 > > xn: Sea Ik el k-simoideal de eliminacin (denido en el prrafo anterior). Entonces una base de

Groebner paraIk est dada por aquellos polinomios deG donde no aparecenlas variablesx1;:::;xk:

Prueba.Sea G=fg1; : : : ; gr; gr+1; : : : ; gnguna base de groebner paraI, donde,cambiando la numeracin de los gi, en caso de ser necesario, podemos suponer que


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g1; : : : ; grson aquellos polinomios deG donde no aparecen ninguna de las variables

x1;:::;xk: Tomemos un elemento f2 Ik:Debemos probar que el trmino lder def es divisible por alguno de los trminos lderes deg1;:::;gr: ComoG es una basede Groebner paraI,existe ungj con la propiedad de que su trmino lder divide atl(f). Como todos los trminos defsolo involucran variablesxk+1;:::;xn, y comotl(gj)divide a uno de ellos (atl(f)), entonces el trmino lder de gjtambin deberinvolucrar solo estas mismas variables. Pero de ser as, ningn otro trmino cu degjpodr involucrar ninguna de las primeras k-variables x1;:::;xk, pues en el ordenlex conx1> x2> > xn el trmino cu sera necesariamente mayor que tl(gj).Luegogj2Ik+1= I\ k[xk+1;:::;xn]:

En resumen, el procedimiento prctico para resolver un sistema Edadopor las ecuaciones

f1(x1; : : : ; xn) = 0 (1.4)

...

fm(x1; : : : ; xn) = 0;

donde f1; : : : ; f m son polinomios en R = k[x1; : : : ; xn], sera el siguiente:

empezamos por ordenar las variables xi de R en orden lexicogrco de talmanera quexn > xn1> > x1:Usando este orden construimos una basede Groebner G =fg1;:::;grg para el ideal Igenerado por f1; : : : ; f m:ComociertamenteI = (g1;:::;gr), entonces V(f1; : : : ; f m) = V(g1;:::;gr) = V(I).Es decir, el sistema de ecuaciones (1) tiene las mismas soluciones que elsistema (2), pues denen la misma variedad. Basta entonces resolver (2). Laventaja es que (2) es un sistema triangular. Los siguientes ejemplos serviranpara aclarar esta nocin.

Ejemplo 1.7.5 Consideremos en R = Q[x;y ;z] el siguiente sistema deecuaciones (lineales)f1= x + z + 1; f2= 2x 5y 6z 1; f3= x z 2:Elcomando GroebnerLex[ {f1,f2,f3},{x,y,z} ] de GeoGebra permite computar


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un base de Groebner para I= (f1; f2; f3)

Notemos que la base de Groebner presenta una forma triangular, como enla denicin clsica del lgebra lineal.

Ejemplo 1.7.6 Consideremos en R = Q[x;y;z] el siguiente sistema deecuaciones (no lineales):

f1= x2 2z2 + y2

f2= y2 z2 4y

f3=4zx + y2 + 1

Escojamos el orden lex en R, ordenando las variables de tal modo que x >y > z: El comando GroebnerLex[ {f1,f2,f3},{x,y,z} ] de GeoGebra permite


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computar un base de Groebner para I= (f1; f2; f3) :

La base de Groebner est dada por G=fg1; g2; g3g, donde


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g1(z) = 225z8 10044z6 9210z4 + 324z2 + 289

g2(y; z) = 768y+ 75z6 3423z4 + 193z2 + 107g3(x;y;z) = 13056x + 1125z

7 48945z5 104241z3 + 1637zEl sistema puede resolverse hallando primero las ocho races de g1(z) = 0,de las cuales solo cuatro son reales, y reemplazando cada una de ellas enlas ecuaciones g2 y g3. A continuacin se resuelve para y y x, de manerasucesiva.

Utilizamos GeoGebra para hallar las races (reales) de g1 mediante elcomando ResolucinN[g3] (resolucin numrica)

Vemos entonces que g3 posee cuatro races reales y cuatro complejas. Sub-stituyendo la raz z=6;75en g2 y g3 obtenemos

g2(y; 6;75) = 0 =)y = 9;04g3(x; 9;04; 6;75) = 0 =)x =3;06

De aqu que el punto (3;06; 9;04; 6;75) est en la variedad cortada porf1; f2; f3. De manera similar se obtienen los puntos:

Ejercicio 1.7.7 1. Organice los trminos de f= 1 + z2 + z + yz + y + y2 +x + xz+ y2z de mayor a menor, y de acuerdo con cada orden indicado:

(Orden lex). Respuesta: f=xz + x + y2z+ y2 + yz + y+ z2 + z+ 1(Orden glex). Respuesta: f=y2z+ xz+ y2 + yz + z2 + x + y+ z+ 1:(orden grevlex). Respuesta:f=y2z+ y2 + xz+ yz+ z2 + x + y + z+ 1:2. Utilizando el orden lex en R = Q[x;y;z]; x > y > z, encuentre un

residuo paraf=x3y x2y2 + 3xz zy2 + 1 al dividirlo entre g1 = x2 1,g2= xy + 1,g3= zy 1. Una posible respuesta sera

f= (xy y2)| {z }a1

g1+ (1)|{z}a2

g2+ (y)|{z}a3

g3+ (y y2 + 3xz)| {z }residuo

):


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3. (Opcional) Utilice el programa Singular para resolver el problema anterior.

4. Sean f =y2x x y g1 =yx y y g2 =y2 x en Q[x; y], con orden>grlex, graduado lexicogrco. Muestre que distintas maneras de dividir fentrefg1; g2gpueden producir residuos diferentes.

5. SeaR = k[x1; : : : ; xm], con un cierto orden monomial jo>, y seaIR un ideal. Explique por qu si G=fg1; : : : ; gng es una base de Groebnerpara I; el residuo de dividir a f entre G no depende de la manera comoefectuemos la divisin.

6. SeaR = Q[x;y ;z], con ordenlex. Calcule los siguientes S-polinomiosS(f1; f2) : f1 = x 13y2 12z3, f2 = x2 xy+ 92z; f1 = xz y2 xz3,f2 = x

2yz2 xy+ z:7. En orden reverso lexicogrco >revlex, con f1 = xz +x2, f2 =

1 + z+ y+ x.8. Seag1= 2xy 1y g2= 3y2 +xen Q[x; y],con orden>grlex, graduado

lexicogrco. Entonces

9. Explique por qu es falaz el siguiente razonamiento: de acuerdo con elcriterio de Buchberger, para queG =fg1; g2gsea un base de Groebner paraJ= (g1; g2)es suciente que S(g1; g2)!G 0: Es decir, es suciente que unadivisin cualquiera de S(g1; g2) entre los elementos de G produzca residuocero. Pero la expresin anterior,

S(g1; g2) = (1=2y)| {z }a1

g1+ (1=3x)| {z }a2

g2+ 0residuo

(1.5)

sera una divisin con residuo cero. LuegoG sera una base de Groebner. Deotro lado, S(g1; g2) = 1=2yg1 1=3xg2 =y=2 x2=3 es un elemento delidealJcuyo trmino lder,x2=3;no es divisible, ni por tl(g1) = 2xyni portl(g2) = 3y2: !Luego G no puede ser una base de Groebner!

10. Utilizando el algoritmo de Buchbereger encuentre una base de Groeb-ner paraI= (x2y+ z; xz+ y) en Q[x;y ;z], con orden lex.

11. Encuentre una solucin en los nmeros reales para el siguiente sistema


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de ecuaciones:

x2 1 = 0y4 4 = 0

wx + w= 0

wy+ 2w= 0

xy+ 2x y 2 = 0xy+ y 2x 2 = 0xz+ z 3x 3 = 0

yz + 2z 3y 6 = 0

12. Muestre que el sistema siguiente no tiene ninguna solucin

x2 + y3 = 0

z4 wxy = 0x2z4 x3wy+ y3z4 y4wx + 2 = 0


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Captulo 2

Control cinemtico de brazosmecnicos

En esta seccin mostraremos una aplicacin de la teora desarrolladahasta el momento al denominadoproblema inverso cinemtico para el controlde un brazo robotizado.

Comencemos por discutir un brazo robtico planar sencillo, como semuestra a continuacin: tres segmentos de longitudesl1,l2y l3se articulan enjunturasp1,p2 yp3, con posibilidad de rotar una vuelta completa alrededor

de cada una de ellas. En la junturap3se articulala manodel brazo mecnico.Fijados un puntoqen el plano y una determinada direccin v para la mano,el problema consiste en calcular cules deben ser los posibles ngulos derotacin 1,2 y 3; en cada una de las junturas (medidos en sistemas decoordenadas apropiados, como se explicar a continuacin) que permitan

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28CAPTULO 2. CONTROL CINEMTICO DE BRAZOS MECNICOS

situar la mano robtica en q, orientada en la direccin del vector v .

Comencemos discutiendo cmo pasar de un sistema de coordenas a otrosistema trasladado y rotado con respecto al primero.

Fijemos un sistema de coordenadas E=fe1; e2g. Sea V =fv1; v2g otrosistema de coordenadas rotado un ngulo (medido en el sentido positivo,es decir, contrario a las manecillas del reloj) con respecto a E :

En los cursos de lgebra lineal se demuestra que si

q1q2

son las coordenas de

qmedidas en el sistemaVentonces las coordenadas en el sistema Epuedenobtenerse multiplicando este vector por la matriz de rotacin

cos sin sin cos :Es decir,

cos sin sin cos

q1q2

=

ab


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son las coordenadas de q referidas al sistema E.

De otro lado, siE0 =fe01; e02ges un sistema coordenado cuyo origen estlocalizado en el punto p, con ejes paralelos a los de E;

entonces, si las coordenadas deqen E0son

c0

d0

, las coordenadas enEseran

cd

=

c0

d0

+

p1p2

;

donde

p1p2

son las coordenadas de p referidas a E.

Finalmente, si V =fv1; v2g es un sistema coordenado cuyo origen estsituado en p, y cuyos ejes se han rotado un angulo con respecto a los

ejes de E, entonces si q1q2 son las coordenadas de q con respecto a V, lascoordenadas de qcon respecto a Eseran

ab

, donde

ab

=

cos sin sin cos

q1q2

+

p1p2


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La razn es simple: para hallar las coordenadas de qen el sistemaE0, multi-

plicamos el vector q1q2 por la matriz de rotacin. Luego, a este nuevo vector,le sumamos

p1p2

para computar as sus coordenadas con respecto a E, como

observamos en el prrafo anterior.

Empecemos por jar en la juntura p1 un sistema absoluto E1 con el eje x1paralelo al piso y eje y1 en direccin vertical. Con respecto a este sistemaharemos las mediciones de las posiciones de cualquier punto en el plano quela mano desee alcanzar, as como la orientacin de la misma.

De otro lado, en cada junturapi(incluyendop1) denimos sistemasEi+1,

de tal manera que el eje positivoxi+1vaya en la direccin del segmentoli+1;y el eje yi+1 sea perpendicular a xi+1, y de tal forma que al ir de xi+1ayi+1se respete la condicin de giro de la mano derecha: al mover los dedos dedicha mano, de xi+1 a yi+1, el pulgar debe apuntar hacia afuera del papel.En la tima juntura, donde se articula la mano, el eje xn+1 se tomar en la


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31

direccin de la misma direccin de la mano.

Supongamos, en nuestro brazo de ejemplo, que

a4b4

son las coordenadas de

un punto qen el sistema E4: Entonces, referido al sistema E3sus coordenadasseran a3

b3

=cos 3 sin 3

sin 3 cos 3

a4b4

+l3

0

; (2.1)

donde3 es el ngulo (medido en direccin positiva) que forma la mano conrespecto al sistema E3


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La ecuacin2.1puede escribirse en forma compacta como

24a3b3

1

35 =

24cos 3 sin 3 l3sin 3 cos 3 0

0 0 1

35

| {z }A3

24a4b4

1

35

Razonando de manera similar, con respecto al sistema E2, las coordenadasde qse pueden computar entonces como

24a2b2135 = 24

cos 2 sin 2 l2sin

2 cos

2 0

0 0 135

A2| {z }24

a3b3135 ;

donde2 es el ngulo que forma el segmento l3 con respecto al eje x2:

Finalmente, si1es el ngulo que formal2con respecto al ejex1, con respectoa E1, las coordenadas de q estaran dadas por

24a1b1

1

35 =

24cos 1 sin 1 0sin 1 cos 1 0

0 0 1

35

| {z }A1

24a2b2

1

35


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33

Notemos que la entrada superior derecha de la matriz anterior es un cero, enlugar de l1; puesto que los sistemas E2 y E1 tienen el mismo punto origen(la articulacin p1).

Observacin 2.0.8 En resumen, el punto q, de coordenadas

a4b4

; en las

coordenadas absolutas E1, se expresara como

a1b1

;donde

24a1b11

35 =A1A2A3 24a4b41

35 :Un cmputo directo (y utilizando las identidades trigonomtricas para elcoseno y el seno de la suma de ngulos) muestra que A1A2A3 es igual a lamatriz

A1A2A3=

24cos(1+ 2+ 3) sin(1+ 2+ 3) l3cos(1+ 2) + l2cos(1)sin(1+ 2+ 3) cos(1+ 2+ 3) l3sin(1+ 2) + l2sin(1)

0 0 1

35 :

As, para un puntoqque est situado en la mano, es decir cuyas coordenadas

con respecto a E4 sean 00, referido aE1 sus coordenadas seran24cos(1+ 2+ 3) sin(1+ 2+ 3) l3cos(1+ 2) + l2cos(1)sin(1+ 2+ 3) cos(1+ 2+ 3) l3sin(1+ 2) + l2sin(1)

0 0 1

352400

1

35 ;


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que es igual al vector

l3cos(1+ 2) + l2cos(1)l3sin(1+ 2) + l2sin(1)

:

Finalmente, notemos que la mano forma un ngulo igual a 1+ 2+ 3 conrespecto al eje x1. As, para posicionar la mano en el punto q, con direccin(con respecto a x1; y1), digamos , debemos escoger 1+ 2+ 3= , y

l3cos(1+ 2) + l2cos(1)l3sin(1+ 2) + l2sin(1)

=

cd

;

donde cd son las coordenadas de q referidas al sistemaE1. Una vez deter-minados1 y2, basta tomar 3= (1+ 2)para jar la orientacin dela mano. Los ngulos 1 y 2 se obtienen resolviendo el sistema

l3cos(1+ 2) + l2cos(1) =c

l3sin(1+ 2) + l2sin(1) =d

O, de manera equivalente, el sistema

l3cos(1) cos(2) l3sin(1)sin(2) + l2cos(1) =cl3sin(1) cos(2) + l3sin(2)cos(1) + l2sin(1) =d

Este ltimo sistema puede cambiarse por un problema de ecuaciones polinmi-cas, haciendo x = cos(1); y= sin(1), z = cos(2), w = sin(2):

l3xz l3yw+ l2x c= 0l3yz+ l3xw+ l2y d= 0

x2 + y2 = 1

z2 + w2 = 1

Observacin 2.0.9 Notemos que un ngulo 0 < 2 queda unvoca-mente determinado si conocemos su seno y coseno. Para un valor de y , haydos posibles ngulos tales que su seno es y. Estos son: o , si0:O bien o 3 , si < < 2: En cada caso, el coseno quedar deter-minado, excepto el signo. Luego, conocido x, es decir, el coseno del ngulo,


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2.1. ANLISIS DEL CASOL2= L3 35

existir un nico ngulo cony= sin() y x = cos():

2.1. Anlisis del caso l2=l3

Comencemos por resolver el sistema para l2 = l3 = 1: Para ello com-putamos una base de Groebner con el orden lex, tomando, por ejemplo,z > w > x > y: UtilizandoGeoGebraobtenemos una base con los siguientesseis elementos:

f1= c4 + d4 + 2c2d2 + 4c2y2 + 4d2y2 4d3y 4c2dy 4c2 (2.2)

f2= c2 + d2 2cx 2dy

f3

=

c3

cd2

4cy2

2d2x + 2cdy+ 4dxy+ 4c

f4= x2 + y2 1

f5= cy dx + wf6=c2 d2 + 2z+ 2

CASO DEGENERADOc= d = 0.Esta condicin implica que el punto q se encuentra en el punto origen

del sistema de coordenadas absoluto, E1. En este caso, la base anterior sereduce a las ecuaciones siguientes:

f4= x2 + y2 1 = 0

f5= w = 0f6= 2z+ 2 = 0

De aqu se sigue inmediatamente que 1puede escogerse de manera arbitraria(hay innitas soluciones) y z = cos(2) =1; de donde se desprende una


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nica solucin2= , lo cual se puede visualizar en la situacin geomtrica

siguiente, donde el brazo l3 se dobla sobre el brazo l2:

NO HAY DEGENERACIN: c6= 0od6= 0:La primera ecuacin f1 puede escribirse en la forma

4(c2 + d2)y2 4d(c2 + d2)y+ (c2 + d2)2 4c2 = 0:

O de manera equivalente, como

y2 dy+(c2 + d2)2 4c2

4(c2 + d2) = 0:

(El denominador est bien denido, pues suponemos c6= 0 o d6= 0): Sussoluciones pueden hallarse con la frmula para resolver la ecuacin cuadrti-ca (o pueden encontrarse utilizando Geogebra). As obtenemos que:

y= d2 jcj p4 (c2 + d2)

2p

c2 + d2 (2.3)

(los comandos utilizados para resolver y simplicar estas soluciones se mues-


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2.1. ANLISIS DEL CASOL2= L3 37

tran a continuacin:

Dividamos la situacin no degenerada en dos subcasos:Caso I: c = 0. Ello ocurre cuando la mano est situada precisamente

sobre el ejey1:En este caso, la ecuacin2.3producey = d=2. Las ecuacionesf2 y f3 no aportan nada, y de f4 se deduce x=1=2

p4 d2. Los valores

de z y w quedan determinados, una vez conozcamos y y x: En efecto: z =(d2 2)=2, w= dx:

Vemos entonces que sijdj < 2 (y por tanto 4d2 > 0) existen dossoluciones para x = cos(1), y por tanto, dos soluciones para 1. Y existeuna nica solucin, si

jd

j= 2; como se muestra a continuacin:

Sijdj> 2, no existe ninguna solucin, lo cual es explicable pues en este casoel puntoqse encuentra a una distancia mayor que 2, por fuera del mximoalcance de los brazos, que ocurre precisamente cuando l2 yl3 son colineales.


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CASO II:c6= 0De la ecuacin f2= c

2

+ d2

2cx 2dy= 0 se obtiene:

x=c2 + d2 2dy

2c ; (2.4)

donde, recordemos, y =d

2 jcj

p4 (c2 + d2)2p

c2 + d2

Una vez jados valores para x y y; (y por tanto determinado 1), de laecuacin quinta se obtiene un nico valor para w, dado por

w= dx cy (2.5)

La sexta ecuacin siempre nos da una nica para z, dada por:

z=(c2 + d2) 2

2 : (2.6)

Esta informacin, claramente, determina 2.

Dividamos el anlisis en tres subcasos, dependiendo del hecho de que elvalor dentro del radical, 4 (c2 + d2); sea positivo, cero o negativo.

1. c2 +d2 > 4. En este caso, no existe solucin para 2.3, y por tanto

no hay solucin para el sistema2.2. Y es explicable, pues la distanciadel punto qal origen del sistema E1, dada por

pc2 + d2; sera mayor

que 2. Pero la distancia mxima que pueden alcanzar los tres brazos(cuandol2y l3se encuentran colineales). Claramente, los puntos alcan-zables se encuentran todos dentro de un disco de radio 2 (incluyendosu frontera).

2. c2 + d2 = 4: en este caso las ecuaciones2.3,2.4, 2.5y2.6se conviertenen

y=d

2

; x=4 2y

2c

=4 2dy

2c

=2 dy

cz = 1,w= 0:

En esta situacin existe una nica solucin, aquella donde los dosbrazos son colineales (2= 0), y el puntoqse encuentra en la periferia


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2.2. ANALISIS DE UN ROBOT CONL26=L3 39

del disco de radio dos de puntos alcanzables por el robot.

3. c2 +d2 < 4. En esta situacin, la ecuacin 2.3 produce dos valorespara y1 y y2. Una vez jado uno de estos dos valores, las ecuaciones2.4, 2.5y 2.6determinan valores nicos parax; z ;w. Esta informacindetermina dos soluciones para 1. No obstante, una vez jado 1, elngulo2 quedar unvocamente determinado:

2.2. Analisis de un robot con l26=l3Cuando las longitudes de los segmentos l2 y l3 no son la misma, la

situacin es un poco ms compleja. Por ejemplo, discutamos el caso l2 = 1


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y l3= 2.

Una base de Groebner est dada por

g1= (4c2 + 4d2)y2 + (4dc2 + 12d 4d3)y 10c2 6d2 + 2c2d2 + d4 + 9 + c4

g2= 2xc + 3 + 2yd c2 d2g3=

dc2 + 3d

d3 + 4wc + (2d2 + 2c2)y

g4= 5 d2 c2 + 4z

CASO I. Si c6= 0, las ecuaciones tienen como soluciones las expresionessiguientes:

y=d(c2 3 + d2) jcj

p(9 (c2 + d2))((c2 + d2) 1)

2(c2 + d2) , x=

c2 + d2 2dy 32c

z=d2 + c2 5

4 , w=

dc2 3d + d3 (2d2 + 2c2)y4c

La expresin dentro del radical es no negativa si y solo si 1c2 +d2 9;es decir, cuando la mano se encuentra dentro del nulo determinado por doscrculos centrados enp1 de radios 1y 3, respectivamente. En esta situacin,


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2.2. ANALISIS DE UN ROBOT CONL26=L3 41

el problema se analiza de manera similar al caso l2= l3= 1.

De otro lado, si c = 0, entonces una base de Groebner est dada por

h1 = 3 + 2yd d2h2 = 9 10d2 + d4 + 4d2x2h3 = 2w xdh4 =d2 + 5 + 4z

Si suponemos adems d6= 0, estas ecuaciones tienen como solucin:

y=d2 3

2d ; x=

p10d2 d4 92 jdj

z=d2 5

4 ; w=

dx

2


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La expresin dentro del radical es no negativa si d2(3; 1) [ (1; 3)

es decir, los puntos alcanzables por la mano sobre el eje y1 estn situadosen (3; 1) y (1; 3), y son alcanzables con dos posibles valores de 1 y unnico valor de 2.

De otro lado, si c =d = 0, entonces una base de Groebner viene dada porG=f1g, y en consecuencia el sistema no tiene solucin, lo cual resulta clarode la situacin geomtrica, pues es mecnicamente imposible llevar la manoa la posicin p1.


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2.3. BRAZOS EN TRES DIMENSIONES 43

2.3. Brazos en tres dimensiones

Discutamos un brazo mecnico como el anterior, pero para el cual subase no est anclada al piso, sino que es libre de rotar en el plano:

Cada punto en el espacio puede situarse mediante coordenadas (cilndricas)q= (0; x1; y1), donde 0 es el ngulo que forma el plano (x1; y1) con res-pecto a un sistema coordenado (u; v), anclado en el piso. En este sistemacoordenado, el problema cinemtico inverso se reduce de manera inmediataal problema discutido en la seccin anterior, pues de las coordenadas de qpodemos leer inmediatamente el ngulo0, y proceder, como ya se explic,para calcular los ngulos 1; 2 y 3 que situan la mano en q :

2.4. Simulacin en Maple

El siguiente programa, ROBOT(l1; l2; l3; c ; d) simula un brazo robotizadode tres segmentos de longitudes l1; l2; l3, el cual trata de alcanzar un puntoq= (c; d), cuando ello es posible.

with(plots): with(plottools):alpha toma tres ngulos theta1, theta2,theta3 y un parametro t y genera

una lista en la cual aparece primero theta 1, luego theta 1 y theta 2 y luegotheta 1, theta 2 y theta 3 a medida que el parmetro t se mueve entre 0 y 1.

alpha:=proc(theta1, theta2,theta3,t)


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if t robot(op(alpha(theta1,theta2,theta3,t)),l1,l2,l3,c,d);

animate( F, [t], t=0..1, frames=100);end proc:

ROBOT(l1,l2,l3,c,d) recibe como argumentos valores l1, l2, l3, c, d,que son las longitudes de cada uno de los tres brazos articulados, seguidas


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2.4. SIMULACIN EN MAPLE 45

de las coordenadas (c,d) de un punto q en el plano. El algoritmo compu-

ta un movimiento del robot para situar su mano en el punto q. Es de-cir, el algoritmo alcanza dicho punto, cuando ello es posible. Por ejemp-lo:ROBOT:=proc(l1,l2,l3,c,d)

local S,E, a1,a2,theta1,theta2, theta3;

if (sqrt(c^2+(d-l1)^2) >l2+l3 or sqrt(c^2+(d-l1)^2) < l2-l3)

then return(.el punto es inalcanzable") end if; if (c=0 and d=l1)

then return( brazo(0,Pi,Pi/2,l1,l2,l3,c,d)); end if;

S:=fsolve([l3*cos(theta1+theta2)+l2*cos(theta1)-c,

l3*sin(theta1+theta2)+l2*sin(theta1)+l1-d]);

a1:=op(S[1])[2];a2:=op(S[2])[2] ; theta1:=a1-oor(a1/(2*Pi))*2*Pi;

theta2:=a2-oor(a2/(2*Pi))*2*Pi;theta3:=Pi/2;

brazo(theta1,theta2,theta3,l1,l2,l3,c,d);

end proc:

ROBOT(2, 1, 1, -1.1, 1.1);


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Captulo 3

*Demostracin mecnica deteoremas en geometra

En este apndice mostraremos la manera de usar las ideas discutidas enlas clases anteriores para desarrollar un mtodo que nos permitir demostrar,de manera puramente mecnica, un gran nmero de teoremas de la geometraeucldea elemental. Esta seccin exige una preparacin matemtica msavanzada.

Comenzaremos por discutir un ejemplo concreto que servir de modelopara el mtodo general. Supongamos que deseamos demostrar el siguienteteorema.

Q: Las diagonales de un paralelogramo se cortan en sus puntos medios.

Sea E el punto de corte de las diagonales AC y BD de un paralelogramoABCD. Entonces E biseca a AC y a BD.

Introduzcamos coordenadas cartesianas en las cuales hacemos que A sea elpunto origen. Denotemos por u1;u2;u3 valores reales arbitrarios, y dispong-amos el paralelogramo ABCD de tal manera que a los puntos B y D lescorrespondan las coordenadas (u1; 0) y (u2; u3); respectivamente. Fijando

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48CAPTULO 3. *DEMOSTRACIN MECNICA DE TEOREMAS EN GEOMETRA

estos parmetros, las coordenadas de Cquedan determinadas en funcin de

las variablesuj. Si (x1; x2)son las coordenadas deC, el hecho de queABCDsea un paralelogramo se traduce en las dos ecuaciones siguientes

h1: x2 u3= 0; h2: u2x2 u3(x1 u1) = 0:

La primera ecuacin expresa la condicin de paralelismo entre los ladosDCy AB y la segunda el paralelismo entre AD y BC: Ahora, denotemos lascoordenadas de E por (x3; x4) (las cuales tambin vendrn determinadaspor los valores de uj escogidos). Por estar Een la interseccin de ACyB Dse deben cumplir las siguientes dos ecuaciones:

h3: x1x4 x2x3= 0; h4: x4(u2 u1) u3(x3 u1) = 0;

dondeh3 expresa el hecho de Eestar sobreACyh4 el hecho de estar sobreBD: Finalmente, la conclusin del teorema se expresa en la forma

g1: x24+ x

23

(x1 x3)2 + (x2 x4)2

= 0

g2: x24+ (x3 u1)2

(x4 u3)2 + (x3 u2)2

= 0;

donde g1y g2 expresan el hecho de ser E el punto medio de AC y BDrespectivamente.

Denotemos por X la variedad en R7 denida por los polinomios queson traduccin de las hiptesis, es decir, por h1; h2; h3 y h4: La validezdel teorema puede entonces interpretarse como el hecho de que las ecua-

cionesg1 yg2 se anulen idnticamente sobre el conjunto de todos los puntos(u; x) = (u1; u2; u3; x1; x2; x3; x4) de la variedad denida por las ecuacioneshi; i= 1;:::; 4:Sin embargo, queda todava un problema con este anlisis: esposible que las ecuaciones hi se anulen sobre algunos valores (u; x) corres-pondientes asituaciones degeneradasdel problema original. Por ejemplo, siu1 = 0;ou3= 0el paralelogramo se degenera en una recta y la conclusin,tal como la hemos traducido, no se satisface. De manera ms general, si lasvariables ujdenotan parmetros completamentearbitrarios, es razonable im-poner la condicin de que no exista ninguna relacin funcional entre ellos,es decir, que ninguna ecuacin de la formal(u1; u2; u3) = 0 se anule idntica-mente sobre la variedadX: Luego la validez del teorema geomtrico original

debe interpretarse como el hecho de queg1yg2se anulen sobre un abiertoX0deX(abierto en la topologa de Zariski) dondeningunaecuacin funcionall(u1; u2; u3) sea idnticamente nula. Seanflk(u1; u2; u3) = 0gk2K las ecua-ciones que denen el locus de puntos de X correspondientes a situacionesdegeneradasdeX. EntoncesX0 es el conjunto X V(lk(u1; u2; u3)k2K)y la


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condicin de que g1 y g2 se anulen sobre X0 es equivalente a la conclusin

del teorema geomtrico que nos proponamos demostrar originalmente. Lasiguiente proposicin nos proporciona un criterio computacional que nospermite demostrar esta ltima condicin en algunas situaciones.

Proposicin 3.0.1 Sea X la variedad denida por el conjunto de ecua-cioneshi(u; x) = 0; i= 1;::;n correspondientes a las hiptesis de un ciertoenunciado geomtricoT, donde las variablesuj denotan ciertos parmetroslibres que se corresponden con las posibles conguraciones geomtricas quesatisfacen las hiptesis del teorema. Si gk(u; x) = 0; k = 1;:::;m son lasecuaciones que corresponden a su conclusin, se tiene entonces queT escierto si cada gk se anula sobre el abierto X0 = X V(lr(u1; u2; u3)r2R);donde

flr(u1; u2; u3) = 0

gr

2R son las ecuaciones que denen el locus de

puntos deXcorrespondientes a situaciones degeneradas deT:La condicin anterior se satisface si para cadagk(u; x)

12I(X0) = (hi(u; x); 1 gk(u; x)y)R(u)[x; y];Aqu I(X0) denota el ideal generado por todos los polinomioshi(u; x); i =1;::;n y por el polinomio 1gk(u; x)y; en el anillo de polinomios en lasvariablesxy en la variabley, con coecientes en el campo de fracciones delanillo R[u]: Esto ltimo puede vericarse computando una base de Groebn-er reducida y minimal para I(X0) y viendo que esta contiene slamente alelemento identidad.

En el ejemplo anterior, y usando el programa Maple, se puede ver queuna base de Groebner reducida y minimal (usando el orden lexicogrcoinverso) para el ideal

(h1; h2; h3; h4; 1 giy)R(u1; u2; u3)[x1; x2; x3; x4];consiste exclusivamente del elemento 1; para cada gi, i = 1; 2: De aqu sesigue la validez de la proposicinQ.Prueba.(de la proposicijn anterior) Procedemos de la misma manera queen la prueba del Nullstellensatz: la hiptesis de la proposicin implica quecada polinomio gk puede usarse para escribir a 1 en la forma

1 =

qXj=1

aj(u)(x; y)hj(u; x) + aq+1(u)(x; y)(1 gk(u; x)y);

donde cada aj(u)(x; y) es un polinomio con coecientes en R(u), en lasvariablesxy y Reemplacemos cada aparicin de la variabley en la expresin


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anterior por 1=gk: De igual manera que en la prueba del Nullstellensatz, al

hacer esta substitucin, el ltimo trmino de la suma anterior desaparece,y si multiplicamos por una potencia sucientemente grande de gk; digamosgNk ; se obtiene una ecuacin de la forma g

Nk =

Pqj=1 a

j (u)(x)hj(u; x); para

ciertos polinomiosaj (u)(x); j = 1;:::;qcon coecientes que son fracciones dela formapj(u)=qj(u):Por lo tanto, al multiplicar ambos lados de la ecuacinanterior por un denominador comn, B(u); se obtiene una ecuacin de laformaB(u)gNk (u; x) =

Pqj=1 Aj(u; x)hj(u; x); donde losAj son polinomios

en las variables u y x con coecientes reales. Sobre cada punto (u; x) deX0 se tiene que hj(u; x) = 0 y B(u)6= 0; y por lo tanto, de la ecuacinanterior, se deduce que gNk (u; x) = 0sobre la variedadX0:Esto implica quegk(u; x) = 0 para todos los puntos (u; x)2 X0; como se quera demostrar.

La proposicin anterior permite demostrar de manera puramente mecni-ca algunos teoremas de la geometra eucldea plana cuyas pruebas puedenresultar, en algunos casos, supremamente difciles si se trataran de hacerusando slamente mtodos de la geometra eucldea. Un ejemplo de ello esel siguiente teorema (su recproco es fcil de demostrar).

P: Si en el tringulo ABC las bisectrices AD y BE tienen la mismalongitud, entonces el tringulo ABCes isseles, es decir AC=BC:

El lector puede convencerse a si mismo de la dicultad de esta proposicinsi intentara dar una prueba de la misma. Sobre este problema, M. Gard-ner arma: pocos problemas de la geometra eucldea son ms difciles e

insidiosos... [5].Fijemos el punto A en el origen de un sistema de coordenadas. Supon-

gamos que B tiene coordenadas (u1; 0); y denotemos por u2 = tan(2) yu3 = tan(3); las pendientes de las rectas l1 y l2; denidas por las ecua-cionesy= u2xyy= u3(x u1):Denotemos por (x1; x2) las ecuaciones del


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punto de interseccin de l1 y l2 y por (x5; x6) y (x3; x4) las coordenadas de

los puntos E y D respectivamente. El punto C; por estar en las rectas l2 yl1; satisface las ecuaciones

h1: x2 u2x1= 0; h2 : x2 u3(x1 u1) = 0:

Seanv1= tan(2=2)y v2 = tan((3 + )=2 ) las pendientes de las rectasl3 yl4;respectivamente (estas variables dependen de las uj). Usando la frmula

tan() = 2 tan(=2)

1 tan2(=2) ;

y usando el hecho de que tan(+ ) = tan(); obtenemos las dos relaciones

siguientesu2= tan(2) =

2 tan(2=2)

1 tan2(2=2)= 2v11 v21

;

u3 = tan(3+ ) = tan(3) = tan(2(3+ )=2) =

= 2 tan((3+ )=2)

1 tan2((3+ )=2)= 2v21 v22

:

De aqu se deducen las relaciones

h3: u2(1 v21) 2v1 = 0; h4 :u3(1 v22) 2v2= 0:

Las ecuaciones de l3 y l4 vienen dadas por

y= v1x; y= v2(x u1):

La condicin de que el punto D est sobre las rectas l3 y l2; y el punto Esobre las rectas l4 y l1; se traduce en las ecuaciones

h5: x4 v1x3= 0 h6 : x4 u3(x3 u1) = 0h7: x6 v2(x5 u1) = 0 h8: x6 u2x5= 0:

Finalmente, por tener las bisectrices AD y BE la misma longitud se debetener que

h9: x23+ x

24

(x5 u1)2 + x26

= 0:

La conclusin AC=BCse traduce en la ecuacin

g1 : (x1 u1)2 + x22 (x21+ x22) = 0:


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Para ver que la proposicinP es cierta, basta ver, usando la Proposicin1.2, que 12I(X0) = (h1; h2; h3; h4; h5; h6; h7; 1 g1y):I(X0)denota el ideal del anillo R(u1; u2; u3)[v1; v2; x1; x2; x3; x4; x5; x6];aso-ciado aX0; el abierto de la variedad X=V(h1; h2; h3; h4; h5; h6; h7); corre-spondiente a las conguraciones no degeneradas que satisfacen las hiptesisdeP: Usando el programa Maple puede verse que una base de Groebnerreducida y minimalparaI(X0) es trivial.


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Captulo 4

Ecuacin de una cuerdavibrando

4.1. Introduccin

En este captulo derivaremos la ecuacin de onda para la cuerda vibrante,bajo ciertos supuestos, y discutiremos su relevancia en el diseo de los in-strumentos de cuerda, as como de las escalas pitagrica y temparada. Conalgunas variaciones menores, la deduccin y solucion de la ecuacin de ondasigue lo expuesto en cualquiera de los textos [6],[7],[8]. Para una discusinsobre las escalas musicales y su construccin matemtica, el lector puede

consultar [9].Una cuerda de longitud L y densidad constante (que mediremos en

kg/m permanece atada a dos pesos que cuelgan de sus extremos, cada unode masa m kg.

Situemos un sistema de coordenadas (x; u)con origen en p1;orientado pos-

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54 CAPTULO 4. ECUACIN DE UNA CUERDA VIBRANDO

itivamente, donde el eje x est supuerpuesto a la cuerda y apunta hacia la

derecha. Tomamos la cuerda y la deformamos ligeramente de tal maneraque en el insatante t= 0;y referida a nuestro sistema de coordenadas, estaadquiere la forma de una cierta funcin f(x)

Luego soltamos la cuerda, y observamos que esta comienza a vibrar. De-notemos poru(x; t)la funcin que representa la forma que asume la cuerdaen el instante t (puede pensarse que el grafo de u(x; t) representa una fo-to de la cuerda en el instante t). Nuestro propsito es econtrar la ecuacindiferencial parcial que rige su movimiento. Para ello haremos dos hiptesisfundamentales:

1. Cada punto sobre la cuerda vibra en direccin vertical exclusivamente.

2. Las deformaciones a las cuales se ve sometida la cuerda son siempremuy pequeas. De manera precisa, en cada instante t el ngulo (x; t)que forma la tangente a la cuerda en el punto u(x; t) es muy pequeo.De aqu que cos (x; t)'1:

En cada instantet, denotemos porT(x; t),T(x + h; t)la magnitud de latensin de la cuerda en el punto u(x; t), respectivamente u(x+h; t), y de-notemos por(x; t),(x + h; t)los ngulos que forma la tangente a la cuerdaen los punto u(x; t)y u(x + h; t), respectivamente. La tensin horizontal encada uno de estos puntos ser

TH(x; t) =T(x; t)cos (x; t)

TH(x + h; t) =T(x + h; t)cos (x + h; t):


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4.1. INTRODUCCIN 55

Respectivamente, la tensin vertical ser:

TV(x; t) =T(x; t)sin (x; t)

TV(x + h; t) =T(x + h; t)sin (x + h; t):

En el instante t, consideremos un pequeo trozo de cuerda comprendidoentre x y x + h, como se muestra en la siguiente gura:

El primer supuesto nos dice que en el instantet las tensiones horizontales enxyx + hdebern ser iguales, puesto que no hay desplazamientyo horizontal

de la cuerda, ya que todo punto de esta solo se desplaza en direccin vertical.En consecuencia la tensin horizontalTH(x; t)es una funcin que no dependede la variable x. Es decir, TH(x; t) =(t), para una cierta funcin (t) quedepende exclusivamente del tiempo.

De otro lado, el segundo supuesto nos dice que (x; t)se mantiene siempremuy cercano a cero y en consecuencia cos (x; t)se mantiene muy cercano a1. De aqu que podamos aproximar TH yT:

TH(x; t) =T(x; t)cos (x; t)'T(x; t):

En consecuencia, la tensin de la cuerda es aproximadamente la misma en

cada punto y solo depender del tiempo.De otro lado, se observa experimentalmente que las dos masas que pen-

den a ambos lados permanecen inmviles. Esto nos dice que (0) = (t),para todo momento t: Esto es,la tensin de la cuerda en cada extremo (quees igual a la tensin en cualquier otro punto) permanece constante a lo largo


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del tiempo, y entonces para todo tiempo t, T =(t) =m 9;8 Newtons.Enresumen:

TH(x; t) =T(x; t) =T ; para todo x2[0; L] y todo t0:

De manera similar, como (x; t)'0, entonces la longitud l(x; h) del peda-zo de cuerda comprendido entre x y x+ h es aproximadamente h, puesrecordemos que su longitud puede calcularse mediante la frmula

l(x; t) =x+hRx

s1 +

@u

@x(s; t)

2ds

Pero @u=@x(s; t) = tan (x; t); que elevado al cuadrado es un trmino muy

cercano a cero. Por tantoq

1 +@u@x (s; t)

2 '1: Luegox+hRx

s1 +

@u

@x(s; t)

2ds'

x+hRx

1ds'h:

Finalmente, la diferencia entre las tensiones verticales en x y x+ h es lanica fuerza responsable del movimiento vertical del trozo de cuerda. Lasegunda ley de Newton nos dice entonces que

TV(x + h; t)

TV(x; t) = (h)

@2u

@t2

(x0; t)

dondexx0x + h. Luego

Tsin (x + h; t) Tsin (x; t) = (h) @2u

@t2(x0; t):

Dividiendo a ambos lados por T' T(x+ h; t)cos (x+ h; t)' T(x; t)cos(x; t) se obtiene:

Tsin (x + h; t)

Tcos (x; t) Tsin (x; t)

Tcos (x; t)=

1

T(h)

@2u

@t2(x0; t):

Pero sin (x + h; t)= cos (x; t)es igual a tan (x + h; t) =@u=@x(x + h; t)ysin (x; t)= cos (x; t); es igual a tan (x; t) =@u=@x(x; t); de donde se sigueque

1

h(@u=@x(x + h; t) @u=@x(x; t)) =

T

@2u

@t2(x0; t):


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4.2. SOLUCIN DE LA ECUACIN DE ONDA DE UNA CUERDA 57

Tomando el lmite cuando h!0 se obtiene@2u@x2

= T

@2u@t2

:

Sic=p

T =, la ecuacin toma la forma denitiva:

@2u

@x2 =

1

c2@2u

@t2: (4.1)

Como la cuerda se mantiene atada a los extremos se sigue entonces queu(0; t) = u(L; t) = 0. Adems, en el instante t = 0 la funcin u toma laforma de una cierta funcin f(x); as queu(x; 0) =f(x). Supusimos ademsque la cuerda, comenzando en esa posicin, se suelta sin ninguna velocidadinicial y comienza a vibrar. Esto proporciona una condicin inicial adicional@u=@t(x; 0) = 0:En resumen el problema que se debe resolver es el siguiente(c.f. = condicin de frontera, c.i. = condicin inicial):

4.2. Solucin de la ecuacin de onda de una cuerda

Una manera de resolver la ecuacin anterior es suponer que existen solu-ciones de la forma u(x; t) = F(x)G(t). A este mtodo se le conoce comoseparacin de variables. Para una funcinu cuyas variables estnseparadas,la ecuacin4.1 toma la forma

c2F00

(x)G(t) =F(x)G00(t)

En aquellos valores dexyten los cualesF(x)yG(t)no se anulan la ecuacinanterior puede escribirse como

F00(x)=F(x) =G00(t)=c2G(t):

Como la funcin de la izquierda depende solo de la variable xmientras que lafuncin de la derecha depende solo de la variable t, ambas funciones debern


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ser iguales a una cierta constante k: Se obtienen entonces dos ecuaciones

diferenciales ordinarias:F00(x) kF(x) = 0 (4.2)

G00(t) kc2G(t) = 0:Veamos que la funcin u es no trivial (no es identicamente nula) si y solo sik 0, entonces F(x) = Aek1x

+Bek1x

, con A; B constantes yk1 = +

pk: Nuevamente, la condicin F(0) = F(L) = 0 fuerza a que

A= B = 0, y usera as mismo una funcin trivial en este caso.

3. Luego la nica posibilidad interesante ocurre cuando k es una con-stante negativa. Escribamos k =p2, con p > 0. En este caso lasolucin general de4.2 seraF(x) =A cos(px) + B sin(px), conA y Bconstantes. De la ecuacin F(0) = 0deducimosA = 0:De la ecuacinF(L) = 0deducimos que pL = n, y en consecuencia p = n=L. Paran= 1; 2; : : : ;denotemos por Fn(x) la funcin Fn(x) = sin(nx=L).

Ahora, para cada n > 0 jo, la ecuacin G00(t)kc2G(t) = 0 puedereescribirse como

G00(t) +cn

L

2G(t) = 0;

cuya solucin general es G(t) =Bncos(nt) + Bnsin(nt), conn = cn=L:Derivando con respecto at se observa que la condicin inicial C.I.3 obliga aque Bn = 0, de tal suerte que cada funcin un(x; t) =Bnsin(nx=L) cos(nt)es solucin de4.1,y satisface C.I.1 y C.I.3. De la forma de la ecuacin, puedevericarse que si u(x; t) y v(x; t) son soluciones, y si A y B son constantes,entonces Au(x; t)+Bv(x; t)tambin es solucin. De aqu que cualquier com-binacin lineal de soluciones sea solucin. No obstante, como se ver msadelante, la condicin inicial CI.2 solo podr lograse mediante una combi-nacin lineal innita (una serie) de las funcionesun(x; t), una que tendr la

forma:

u(x; t) =1P

n=0Bnsin(nx=L)cos(nt); (4.3)

n = cn=L


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4.3. MODO FUNDAMENTAL Y ARMNICOS 59

de tal manera que

u(x; 0) =f(x) =1P

n=0Bnsin(nx=L):

corresponde al desarrollo en series de Fourier de la funcin f(x), asuntoque estudiaremos en detalle en el prximo captulo. All mostraremos quesuponiendo ciertas propiedades de la funcin f(x), una expresin de f(x)como suma innita

f(x) =1P

n=0Bnsin(nx=L)

siempre es posible, tomando coecientes Bn= 2=LL

R0 f(x)sin(nx=L)dx:4.3. Modo fundamental y armnicos

Notemos que cada trmino de la solucin de la ecuacin de onda 4.3,un(x; t) = sin(nx=L) cos(nt) es una funcin peridica de t, con perodo2=n, pues

cos(n(t + 2=n)) = cos(nt + 2) = cos(nt):

De aqu se sigue entonces que transcurridos p = 2=n segundos la cuerdaretorna a su misma posicin. Luego la onda descrita por un(x; t) tiene una

frecuenciafn = 1=p= =n=2 =cn=2L ciclos por segundo Hz, (Hertz). Esdecir, en un segundo cada punto de la cuerda completa un total defn ciclos.La suma en 4.3, al ser convergente, obliga a que los coecientes Bn! 0cuandon! 1: De hecho, el coeciente B1 tiende a ser mucho mayor quelos restantesBn,n2, y ello hace que la amplitud de B1u1(x; t);llamado elmodo fundamental, sea mayor que la amplitud de lossobretonos o armnicos,Bnun(x; t). Es por esta razn que nuestro odo detecta la frecuencia delmodo fundamental, f1 =c=(2L) como la frecuencia dominante, aunque losdems armnicos, cada uno de frecuencia cn=2L; son percibidos de maneraindirecta, haciendo el sonido ms placentero de lo que sera el sonido deuna onda pura. Una demostracin del llamado canto polifnico, en el que

una persona es capaz de cantar una nota y destacar a gusto los distintosmodos fundamentales, o sobretonos, puede verse en la direccin siguiente:https://www.youtube.com/watch?v=UHTF1-IhuC0.

Notemos que si la posicin inicial de la cuerda viene dada por un(x; 0) =Bnsin(nx=L), entonces todos los coecientes Bm de4.3 son cero, excepto


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Bn. En este caso la solucin de la ecuacin de onda estar dada precisa-

mente por el modo fundamentalun(x; t) = sin(nx=L)cos(nt):Paran = 1,u1(x; 0) = sin(x=L), tiene la forma que se muestra a continuacin

Primer modo fundamental:

u1(x; t) = sin(x=L)cos(cx=L)

Los modos segundo terecero y cuarto, se muestran a continuacin

Segundo modo fundamental: u2(x; t) = sin(2x=L)cos(2cx=L)

Tercer modo fundamental:u3(x; t) = sin(3x=L) cos(3cx=L)


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4.3. MODO FUNDAMENTAL Y ARMNICOS 61

Cuarto modo fundamentalu4(x; t) = sin(4x=L) cos(4cx=L)

Ejemplo 4.3.1 La tercera cuerda de una guitarra tiene una longitud 1;16

m y pesa 1;0645 gramos. Un tramo de esta cuerda de 43 cm de longitudse pone a vibrar, sujeto a una tensin de 2 kg. Calculemos la frecuenciadominante:

En primer lugar, la densidad de la cuerda es = 1;0645103=1;16= 9;176 104 kg=m. La tensin, medida en Newtons, sera T = 2 9;8 =19;6 N: De aqu que c =

pT = =

p19;6=9;176 104 = 146;19 m/s:

As, la frecuencia fundamental sera f = c=2L = 146;15=0;86' 170 Hertz(vibraciones por segundo). Al realizar el experimiento se obtiene un valor de173Hz;con un error de apenas 3 unidades en 170;es decir, un error apenasdel1;7 %.

Ejemplo 4.3.2 Sea f(x) = 2"L x, 0xL=2

2"L(x L), L=2xL

, la funcin que

describe la forma inicial de una cuerda, la cual se pulsa en su punto medio,


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y hacia abajo, una pequea cantidad " >0 antes de soltarla.

Segn vimos, la solucin de la ecuacin de onda tiene la forma

u(x; t) =1P

n=1bnsin( nx

L )cos( cnt

L ),

conc=p

T=;y donde se debe cumplir la condicin inicial

u(x; 0) =f(x) =1P

n=1bnsin(

nx

L ):

Los coecientes de Fourier bn como veremos en la prxima seccin, se cal-culan mediante la frmula:

bn = 2

L

L

R0 f(x)sin(nx

L

)dx

= 2

L

L=2R0

(2"L

x) sin(nx

L )dx +

LRL=2

2"

L(x L)sin( nx

L )dx

!

Utilizando de Nuevo GeoGebra (en su defecto, la integracin se hace fcil-mente por partes) vemos que:

I1= (2"L

)L=2R0

(x)sin(nx

L )dx=

"L(n cos(n2 ) 2 sin(n2 ))n22

I2=2"

L

L

RL=2(x L)sin(nx

L )dx=

"L(2sin(n2 ) + n cos(n2 ) 2 sin(n))n22

Sumando ambos integrales, y notando que sin(n) = 0; obtenemos:

I1+ I2=4"L

n22 sin(

n

2 ) =

0; sin= 2k

4"L2n2 (1)k+1, sin= 2k+ 1


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4.4. ESCALAS MUSICALES 63

y por consiguiente:

bn= 2

L(I1+ I2) =

0; sin= 2k8"

2n2 (1)k+1, sin= 2k+ 1Luego

f(x) = 8"

2

1Pk=0

(1)k+1(2k+ 1)2

sin

(2k+ 1)x

L

:

De aqu entonces se sigue que

u(x; t) = 8"

2

1Pk=0

(1)k+1(2k+ 1)2

sin

(2k+ 1)x

L

cos

c(2k+ 1)t

L

.

En el Ejemplo 4.3.1, se tena una cuerda de guitarra con c = 146;19 m/s:Si su posicin inicial est dada por una deeccin hacia abajo en su puntomedio, con"= 0;005m;la vibracin de la cuerda estar dada por la ecuacinanterior.

4.4. Escalas musicales

4.4.1. Escala pitagrica

Recordemos que la frecuencia del tono fundamental (llamdo frecuen-cia de la cuerda) de una cuerda vibrando viene dado por fL = c=(2L),donde c = pT = es una constante que depende de la tensin y de la den-sidad de la cuerda. As, al cambiar la longitud de L a L0 la frecuencia dela cuerda cambiar en proporcin al cociente de las longitudes. Es decir,fL0 =c=(2L

0) = (L=L0)fL:Es conocido por todo acionado a la msica que una nota cuya frecuencia

sea el doble de otra (una octava ms alta, en lenguaje musical) conservatodas sus caractersticas esenciales. Lo mismo ocurrir entre dos notas cuyasfrecuenciasf y f0 sean tales que f =f0 es un potencia de dos. En este casoel odo humano las percibir como si fuesen el mismo tono, solo que la notade mayor frecuencia se escuchar ms aguda. Por ejemplo, la primera y lasexta cuerda de una guitarra, cuando se tocan al aire, producen una notaequivalente (mi), solo que la primera cuerda tendr una frecuencia igual a

cuatro veces la producida por la sexta cuerda, y esta ltima se oir entoncescomo una nota igual a la producida por la primera cuerda, aunque msgrave.

Ese hecho experimental fue reconocido por Pitgoras (569 a. C. 475a. C), quien al poner a vibrar cuerdas de longitudes L y L0 se dio cuenta


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de que cuando el cociente L=L0 era igual a una potencia de dos, las notas

musicales producidas por ambas cuerdas al vibrar parecan coincidir, excep-to por lo agudo o grave del sonido. Pitgoras tambin descubri de maneraemprica que cuando haca sonar simultaneamente dos cuerdas cuyas lon-gitudes estaban en proporcin dada por una fraccin igual al cociente dedos enteros pequeos, como por ejemplo L=L0 = 3=2, 4=3; 5=4; 9=8; : : : seobtena un efecto placentero, armnico. As, por ejemplo, cuando una cuerdade longitud L se acorta a dos tercios de su longitud su frecuencia al vibrarse multiplica por 3=2; esto es, fL0 = (3=2)fL. En esta situacin el sonidode ambas cuerdas vibrando de manera simultnea se escucha consonante ymuy armnico. Igualmente, la frecuencia de una cuerda de longitud iguala cuatro quintos de la original es igual a fL0 = (5=4)fL: De nuevo, las doscuerdas suenan armnicas cuando se escuchan simultaneamente.

Ese efecto de armona o consonacia aumenta cuando tres cuerdas, delongitudesL; (4=5)Ly (2=3)Lvibran simultaneamente. Notemos que en estecaso sus frecuencias,fL; (5=4)fL y(3=2)fL estn en proporciones5=4y 6=5.Un conjunto de tres notas cuyas frecuencias se encuentren en esa proporcinse denomina una triada mayor justa. De otro lado, cuando la proporcinocurre en el orden contrario, 6=5 y 5=4; el sonido de las tres cuerdas alvibrar tambin resulta muy agradable, aunque carga un inconfundible tintede nostalgia. Una de estas triadas se denomina triada menor justa.Estas dosclases de combinaciones de notas, que en la escala temperada (denida msabajo) reciben el nombre de acordes mayoresyacordes menoresson la basede toda la armona de la msica occidental, donde, por supuesto, la armona

aparece enriquecida con muchos otros acordes, como aquel que se obtienede combinar notas en proporciones 5=4; 6=5; 7=6 (una sptima), y otrascombinaciones ms complejas, como los denominados acordes disminuidos,aumentados, con segundas, cuartas...

Volviendo a nuestra discusin sobre la escala pitagrica, la idea de Pit-goras consisti en tomar potencias (positivas y negativas) de la fraccin3=2para construir as una escala musical cuyas frecuencias estuvieran compren-didas entre una cierta frecuencia fundamental f0 y su octava ms prxima2f0. Ilustremos la idea de Pitgoras tomando como referencia la frecuen-cia del do central del piano f0 = 261; 626 Hz. Supongamos que a pulsaruna determinada cuerda de longitud L se obtiene esta frecuencia, llamada

en terminologa musical, la tnica. Entonces, al pulsar esa misma cuerdaacortada a 2=3 de su longitud se obtendra una nota cuya frecuencia sera(3=2)f0= 392;439; muy cercana, aunque no igual (como explicar ms ade-lante) al sol central del piano. Si, por otro lado, la cuerda se alargase auna vez y media su longitud, (3=2)L, su frecuencia entonces disminuir a


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4.4. ESCALAS MUSICALES 65

(3=2)1f0 = 2=3f0= 174;417, nota muy cercana al primer fa a la izquierda

del do central. El doble de dicha frecuencia, 4=3f0; corresponde entoncesal primer fa a la derecha del do central.

clases matemáticas especiales

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