resolviendo problemas de matemÁtica

Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006

RESOLVIENDO PROBLEMAS DE MATEMÁTICA

RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA 008 (301206) Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos desde donde se pueden trazar dos tangentes, que formen entre sí ángulo recto, a la curva:

1. 2 =yx SOLUCIÓN: Sean (x1,y1) y (x2,y2) dos puntos de la curva en donde las respectivas tangentes son perpendiculares

Sus ecuaciones son:

−=−−=−

).().(

2'22

1'11

xxyyyxxyyy

y por ser perpendiculares, será '1

'2

1y

y −=

Se tiene: 21222

'0'.2.1.3

2

222 y

y

yxy

yxyyyyxyyx −=−=−=−=→=+→=

En definitiva, se tiene para las ecuaciones de las rectas tangentes:

−−−

−−=−→

−=−−=−

)1(2

)1(2

).().(

22

322

2

21

31

1

2'22

1'11

yxyyy

yxyyy

xxyyyxxyyy

y siendo 1

3

231

323

1

32 44

2

12 y

yy

yy

y−=→−=→

−−=− , se tendrá:


−−=−

−=+

21

31

1

3

21

311

3

12

1624

yxyyy

yxyy

y

Despejamos x e y para obtener las ecuaciones paramétricas de este lugar geométrico:

- Eliminando y: 61

33

41

321

224.236yyyx

++

=

- Sustituyendo hayamos también el valor de y: 26

13

511

3

22432yyyy

+−

=

Ecuaciones paramétricas:

261

3

511

3

61

33

41

321

22432,

224.236

yyyy

yyyx

+−

=++

=

Eliminando el parámetro y simplificando, encontramos:

( )223 2.23 yxx +=


PROBLEMA 007 (021206)

Desarrollar en serie de la forma ∑∞

=0

.n

nn za la función de variable compleja:

( )4211)(z

zf+

=

determinando el radio de convergencia y la expresión del coeficiente an en función de n. Determine asimismo los residuos de la función y calcule la integral:

donde γ es el camino que en coordenadas polares tiene por ecuación:

SOLUCIÓN: Desarrollo en serie:

( )( ) ....

24

.14

04

111 4242

42+

−+

−+

−=+=

+

− zzzz

Radio de convergencia: r=1

Coeficientes:

=

−= ,...)2,1,0(

,0

,2/4

nimparnsi

parnsinan

Polos de la función f(z): izz ±=→=+ 01 2 Residuos:

( ) ( ) iizdzd

izriiz

dzd

izr

325.

!31lim

325.

!31lim 4

3

3

24

3

3

1 =−−→

=−=+→

= −−


El camino indicado es el de la figura, que rodea a ambos polos de la función, por lo cual se tiene:

( )( )∫ =

−=+=

+γ

ππ 0325

325..2..2

12142

iiirrizdz


PROBLEMA 006 (041106) Sea la superficie:

Determinar: a) Las dos primeras formas cuadráticas fundamentales. b) Las direcciones principales asociadas a cada punto. c) Las líneas asintóticas. d) Los radios de curvatura principales. SOLUCIÓN: Se tiene, para cualquier superficie diferenciable dada por ( )),(),,(),,( vuzvuyvuxr =r :

22

22

22

22

2

22 ....,.. du

vrdu

vvrdu

vurdu

urrddv

vrdu

urrd

∂∂

+∂∂

∂+

∂∂∂

+∂∂

=∂∂

+∂∂

=rrrr

rrr

r

que podemos representar por:

2222 ..2.,.. durdurdurrddvrdurrd vvuvuuvurrrrrrr

++=+=

si llamamos Nr

al vector unitario normal a urr

y vrr

se tendrá: vu

vu

rrrr

N rr

rrr

∧∧

=

Y las dos formas cuadráticas fundamentales son:

NrdIIrdrdIrrrr .. 2==

en nuestro caso:

( ) ( )vvuuvruuvuvr vu 2,1,22,2,1 2222 −−+=−+=r

( )( )2223232

222)(1,222,222

11 vuvvvuuuuvvu

N +−++−−−++

=r

)2,2,2()2,2,2()0,2,2( −−=−== vurvuruvr vvuuuv

a) Formas cuadráticas fundamentales:


).()1(

..0.)1(.)1(...2....22222

2222222222

dvduuv

dvdudvvuduuvdvdurrdvrrdurrI vuvvuu

+++=

=++++++=++= rrrrrr

).(2..0.2).2(.2....2.... 222222 dvdudvdudvdudvduNrdvNrduNrII uvvvuu −=+−+=++=

rrrrrr

b) Por ser 0.

rrr =vu rr y 0. =Nruvrr

, las direcciones principales coinciden con las

direcciones de los vectores tangentes.

c) Líneas asintóticas. Se obtienen para II=0. ⇒=⇒=−⇒= 2222 0)(20 dvdudvduII

teconscvcudvdu tan,±=⇒±=⇒ d) Radios de curvatura principales:

2)1(

..

2)1(

..

222

222

vuNrrr

R

vuNrrr

R

uu

uuv

vv

vvu

++==

−++

==

r

rr

r

rr

PROBLEMA 005 (071006) Se considera el conjunto N de los números naturales dotado de la topología cofinita T (los abiertos son los complementarios de los conjuntos finitos).


1) ¿Es (N, T) espacio topológico?. 2) ¿Es Hausdorff?. 3) ¿La sucesión {1,2,...,n,...} converge?. ¿A qué punto?. 4) ¿Existe en (N, T) alguna sucesión que converja a un solo punto?. 5) ¿Existe alguna sucesión que no converja?.

SOLUCIÓN:

1) - Los conjuntos N y φ pueden considerarse incluidos en T. - Si es { } IiiG ∈ una familia de abiertos de T ( iii FCFG ∧= finito) se tiene:

a) abiertoGfinitoFFCCFG iIiiIiiIiiIiiIi ∈∈∈∈∈∪⇒∩∧∩=∪=∪

b) abiertoGfinitoFFCCFG i

n

ii

n

ii

n

iii

n

iii

n

i 11111 =====∩⇒∪∧∪=∩=∩

En resumen: - TN ∈φ,

- TGiIi∈∪

∈(La unión de cualesquiera elementos de T es elemento de T)

- TGin

i∈∩

=1(La intersección de un nº finito de elementos de T es también

elemento de T). Lo que nos permite afirmar que (N,T) es espacio topológico.

2) Para que (N,T) sea Hausdorff debe ocurrir que para cualquier par de puntos de N existen abiertos no vacíos disjuntos a los cuales pertenecen. Es decir:

φ=∩∧∈∧∈∈∃∈∀

212121 2121 /,,, pppppp GGGpGpTGGNpp

En nuestro caso:

⇒∧=∧=⇒∈∧∈∈∀ finitosFFCFGCFGGpGpTGG pppppppppp 2122112121,/, 21

( )

( ) φφ

φ

≠∩⇒≠∪⇒

⇒≠∪∧∪=∩=∩⇒

2121

21212121

pppp

pppppppp

GGFFC

FFFFCCFCFGG

Por tanto, no se cumple la condición de Hausdorff.

3) Sabemos que en un espacio (X,Tx) una sucesión {s1,s2,...,sn,...} converge hacia un punto p∈X sii para cualquier entorno abierto Gp de p existe algún número M tal que para todo número natural mayor que M los términos de la sucesión pertenecen al entorno Gp. Es decir:

{ } ( )

pn

pxpNnn

GsMnNM

GpTGphaciaconvers

∈≥∀∈∃⇒

⇒∈∈∀⇔∈

,/

/.


En nuestro caso, para cualquier punto p de N y cualquier entorno abierto de p se verifica que dicho entorno contiene puntos de N. Luego, la sucesión dada {s1,s2,...,sn,...} converge hacia todo punto de N.

4) La sucesión constante {2,2,...,2,...} converge hacia el punto 2 únicamente. Es decir, en este espacio topológico, toda sucesión constante de valor k converge hacia k.

5) La sucesión {1,3,1,3,...,1,3,...} no converge.


PROBLEMA 004 (090906)

Dada la sucesión de funciones { } 1)( ≥nn xf donde:

Calcular ∫∞→

1

0

).(lim dxxfn

n y ∫∞→

1

0

)).(lim( dxxfn

n

Explicar la aparente contradicción de los resultados. SOLUCIÓN:

- Cálculo de la primera integral:

Se tiene que 0)1(

1).1(..)1(

1

0lim

)(

0lim 21 ≠

+−

=+++

−

→=

→− nLxnLLnnnL

nx

xxxf

x

n

y comparando con ∞=→

−1

0lim xx

, se tiene que −∞=→

)(0

lim xfx

n

por tanto

−∞=∫1

0

).( dxxfn

y carece de sentido el limite pedido ∫∞→

1

0

).(lim dxxfn

n .

- Cálculo de la segunda integral:


Se tiene que es 3).1(.)1(.

1lim)(lim

xnLLnnnLx

nx

nxf

nn

+++

−

∞→=

∞→

y como es 011lim)1(lim,01lim =+

∞→=

+

∞→=

∞→n

nnnL

nn

n, se tiene que:

0).1(.

lim)(lim 3 =+∞→

=∞→

xnLLnx

nxf

nn

para x=0 es −∞=)0(nf , por lo que no tiene sentido la expresión )0(lim nfn ∞→

,

teniéndose en definitiva que la sucesión de funciones { } 1)( ≥nn xf converge

puntualmente hacia el cero, pero no converge uniformemente.

- En resumen:

∫∞→

1

0

).(lim dxxfn

n carece de sentido.

∫∫ ≤<==∞→

1

0

1

0

10,0.0)).(lim( xendxdxxfn

n

- Explicación de la contradicción: La explicación de la contradicción entre el valor de la expresiones

dadas ∫∞→

1

0

).(lim dxxfn

n y ∫∞→

1

0

)).(lim( dxxfn

n es que no se cumple una condición

suficiente para que sean iguales: la condición de convergencia uniforme.


PROBLEMA 003 (120806)

Sea M el conjunto de las matrices ortogonales del tipo

y sea f la aplicación definida del siguiente modo:

Justifique con detalle que el conjunto imagen de M mediante la aplicación f es un conjunto cerrado del espacio topológico de cuatro dimensiones R4. SOLUCION: Si tenemos en cuenta las condiciones de definición de matriz ortogonal y de aplicación continua:

):(.. identidIIAAAAortogA tt ==⇔

111

2221 )(: TencerradoTpTencerradoTpcontinuaTT ∈⇒∈∀⇔→ −φφ En nuestro caso:

=

++++

=

1001

. 22

22

dcdbcabdacba

dbca

dcba

consideremos 34: RR →φ definida por

( ) 322224 )0,1,1(,,),,,(,),,,( RbdacdcbadcbaRdcba ∈=+++=∈∀ φ

Teniéndose, en definitiva, que 34 RRMf φ

→→ . Vamos a ver que φ es continua: Podemos considerar que es ( )321 ,, φφφφ = , siendo:

=+=→=+=→=+=→

0),,(,:1),,(,:1),,(,:

34

3

222

42

221

41

bdaccbaRRdccbaRRbacbaRR

φφφφφφ


donde se observa que son φ1, φ2, φ3 continuas, por lo cual ( )321 ,, φφφφ = también

es continua. En definitiva:

.)()()0,1,1()0,1,1()0,1,1()0,1,1(

41

41413

RencerradoMfMfRencerradoRencerradoRencerradocontinua

⇒=∧

∧⇒⇒∧−

−−

φ

φφφ


PROBLEMA 002 (150706)

Resuelva la ecuación

0753292 23 =++− xxx

sabiendo que admite una raíz compleja de módulo 5. SOLUCION: Si la ecuación dada admite una solución compleja x=a+b.i, también admitirá como solución el número complejo conjugado x=a-b.i, por lo que, al ser tres las raíces de la ecuación, se podrá factorizar el polinomio de la forma:

( )( )( ) 0.)(.)( =−−−+− dxbiaxbiax donde d es la tercera raíz, real, de la ecuación. Si sustituimos en la ecuación la raiz x=a+b.i se tiene:

( ) ( ) ( )[ ] 03218327532932 322223 =+−−+++−−− babbbaiabaaba Si sustituimos en la ecuación la raiz x=a-b.i se tiene:

( ) ( ) ( )[ ] 03218327532932 322223 =+−−−++−−− babbbaiabaaba Restando ambas expresiones:

( )[ ] 0643634 32 =+−− babbbai o bien

( ) 01693.4 22 =+−− ababi

de lo que se deduce que 0=b o bien 01693 22 =+−− aba . Si es b=0, entonces x=a=5 sería solución, pero comprobamos aplicando la regla de Ruffini que no verifica la ecuación, por tanto no ha de ser b=0. . Si es 01693 22 =+−− aba , eliminamos la b pues del enunciado es 2522 =+ ba , y queda:

0994 2 =−− aa cuyas soluciones son a=3 y a=-3/4. Lo que nos indica que el par de raíces complejas conjugadas de la ecuación dada son


{ }ii 43,43 −+ o bien

−−+− ii4391

43,

4391

43

Si el par de raíces complejas conjugadas es { }ii 43,43 −+ , se verifica que

( )( )( ) 0.)43(.)43( =−−−+− dxixix o bien

( ) 0).(2562 =−+− dxxx

o sea: ( ) 0).(256753292 223 =−+−=++− dxxxxxx , lo que nos indica que

32256

7532922

23

+=+−

++−=− x

xxxxxdx

siendo exacta la división, por lo que las raíces buscadas son

2/34343

−=−=+=

xixix

Si el par de raíces complejas conjugadas es

−−+− ii4391

43,

4391

43

se habría de

verificar que

( )( )( ) 0.))4/391(4/3(.))4/391(4/3( =−−−−+−− dxixix

o bien: 0).(25232 =−

++ dxxx de donde

2523

7532922

23

++

++−=−

xx

xxxdx , pero esta

división no es exacta pues da un resto =375, por lo cual los números complejos

indicados

−−+− ii4391

43,

4391

43

no son soluciones de la ecuación dada.


PROBLEMA 001 (170606) Sea el espacio vectorial V de los polinomios de grado menor o igual que tres con coordenadas reales, y sea { }32 ,,,1 xxxB = una base. Se pide:

a) Obtener la base dual B)

en el espacio dual V)

. b) Si ( ) )4(ϕϕ =F es una forma lineal, hallar sus coordenadas respecto de

la base dual B)

. c) Hallar las coordenadas en la base dual B

) de la forma lineal:

( ) ∫=1

0

).( dxxI ϕϕ

SOLUCION:

a) Sean 34

2321 ,,,1 xuxuxuu ==== una base del espacio V. La base dual en el

espacio V)

está constituida por las aplicaciones RVfiu

→: tales que

4,3,2,1,,)( == jiuf ijjui

δ

por consiguiente, la base dual es:

{ }4321

,,, uuuu ffffB =)

b) Si es ,VF)

∈ se tiene que ∑=

=4

1kuk kfF λ y serán sus coordenadas:

∑=

===4

14,3,2,1,)()(

kjjukj jufuF

kλλ

Por tanto, si es ( ) )4(ϕϕ =F se tiene que es mmxF 4)( = , por tanto, es

64)()(,16)()(,4)()(,1)1()( 34

2321 ======== xFuFxFuFxFuFFuF

y las cuatro coordenadas de F en la base dual son:

64,16,4,1 4321 ==== λλλλ

c) Se tiene, al igual que en el apartado anterior:

∑=

===4

14,3,2,1,)()(

kjjukj jufuI

kλλ


por tanto:

1.1)(1

0

1

01 === ∫ xdxuI ,

21

21.)(

1

0

1

0

22 === ∫ xdxxuI ,

31

31.)(

1

0

1

0

323 === ∫ xdxxuI

41

41.)(

1

0

1

0

434 === ∫ xdxxuI

y las coordenadas en la base dual son, por tanto:

41,

31,

21,1 4321 ==== λλλλ

resolviendo problemas de matemÁtica

Documents