Ejercicio de: a) cálculo de la recta tangente; b) cálculo de la integral definida

Enunciado:
Dada la función
$f(x)=\dfrac{x}{x^2+1}$
se pide:
  a) Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de $f$ en $x=0$
  b) Calcular
          $\displaystyle \int_{0}^{1}\,x\,f(x)\,dx$

Resolución:
Sea la recta tangente $\text{r.t. en O}:\,y=m\,x+k$ pedida, siendo $m=f'(0)$. Procederemos pues a calcular la función derivada de $f(x)$. Por la regla del cociente,
$f'(x)=\dfrac{(x)'\,(x^2+1)-(x^2+1)'\,x}{(x^2+1)^2}=\dfrac{1\cdot (x^2+1)-2\,x\cdot x}{(x^2+1)^2}=\dfrac{1-x^2}{(x^2+1)^2}$
luego
$f'(0)=\dfrac{0^2+1}{(0^2+1)^2}=1$
y, por tanto, $m=1$

Procedemos ahora a calcular la ordenada en el origen $k$ de la recta tangente. Como $f(0)$, que es igual a
$\dfrac{0}{0^2+1}=0$
es la ordenada que corresponde a la abscisa $0$, que es la del punto de tangencia, y, además, ha de ser la también la ordenada de la propia recta tangente, deducimos que $k=0$. En otras palabras, la recta tangente que buscamos pasa por el origen de coordenadas; su ecuación es $\text{r.t. en O}:\, y=x$, como se muestra en la siguiente figura.

  b)
Calculemos una primitiva de
$\displaystyle \int\,x\,f(x)\,dx$
para ello, expresamos transformamos previamente la función del integrando $x\,f(x)$
esto es
$\dfrac{x^2}{x^2+1}$
puede espresarse de la forma
$1+\dfrac{x^2}{x^2+1}-1=1-\dfrac{1}{x^2+1}$
luego
$\displaystyle \int\,x\,f(x)\,dx=\displaystyle \int\,\big(1-\dfrac{1}{x^2+1}\big)\,dx=\displaystyle \int \,dx-\displaystyle \int \dfrac{dx}{x^2+1}=x+\arctan{x}+C$
Por consiguiente, por la regla de Barrow
$\displaystyle \int_{0}^{1}\,x\,f(x)\,dx=\displaystyle \int \dfrac{x^2}{x^2+1}\,dx=$
        $=[x+\arctan{x}]_{0}^{1}=(1-0)-(\arctan 1 -\arctan 0)= 1-\dfrac{\pi}{4}$
donde hemos considerado el ángulo $x$ en el primer cuadrante: $0 \le x \le \frac{\pi}{2}$

$\square$

[nota del autor]

Ejemplo de análisis de una función real de una variable real

Enunciado:
Dada la función
    $f(x)=\dfrac{4}{x-4}+\dfrac{27}{2x+2}$
se pide:
  a) Hallar las asíntotas de su gráfica
  b) Determinar los intervalos de crecimiento y decrecimiento y calcular sus puntos de inflexión
  c) Esbozar la gráfica de la función

Resolución:
  a)
Observemos que la función no es continua en todos los puntos de $\mathbb{R}$ a excepción de $x=4$ y $x=-1$ pues al anularse los denominadores de los términos respectivos, éstos tienden a $\pm \infty$ cuando $x$ tiende a estas dos valores. Por lo tanto, la función tiene las siguientes asíntotas verticales: $r:x=4$ y $s:x=-1$. Por otra parte, vemos que
$\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,f(x)=\lim_{x\rightarrow \infty}\,\dfrac{4}{x-4}+\lim_{x\rightarrow \infty}\,\dfrac{27}{2x+2}=\dfrac{1}{\infty}+\dfrac{1}{\infty}=0$
luego el eje de abscisas es una asíntota horizontal de $f(x)$
Un examen de asíntotas oblicuas $\text{a.o}:y=mx+k$ nos lleva a concluir que esta función no las tiene; en efecto, al determinar la pendiente $m$ vemos que es nula. En efecto, calculando la función derivada de $f(x)$
$f'(x)=\Big(\dfrac{4}{x-4}\Big)'+\Big(\dfrac{27}{2x+2}\Big)'=\dfrac{-4}{(x-4)^2}+\dfrac{-27\cdot 2}{(2x+2)^2}$
y pasando al límite
$\displaystyle m=\lim_{x\rightarrow \infty}\,f'(x)=\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\dfrac{-4}{(x-4)^2}+\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\,\dfrac{-54}{(2x+2)^2}=0$
resultado que simplemente confirma la existencia de una asíntota horizontal, que ya hemos encontrado, pero no hay otras, aparte de las dos verticales.

-oOo-

  b)
Veamos los puntos de crecimiento nulo imponiendo la condición
$f'(x)=0$
que nos lleva a resolver la ecuación
$\dfrac{4}{(x-4)^2}+\dfrac{54}{(2x+2)^2}=0 \Leftrightarrow 7x^2-40x+88=0$
ecuación que no tiene solución en $\mathbb{R}$ pues el discriminante
$(-40)^2-4\cdot 88 \cdot 7$ es menor que cero, luego al no haber puntos donde la función pase de ser creciente a decreciente o viceversa, ésta es monótona, siendo su carácter decreciente ya que al aumentar el valor de la abscisa disminuye el valor de la ordenada en todo el dominio de continuidad ( que es $\mathbb{R}-\{-1,4\}$ ); conclusión que ya se entreveía atendiendo a este sólo razonamiento antes de intentar encontrar ceros de $f'(x)$.

A continuación, veamos si la función tiene puntos de inflexión ( en los que cambia el signo de la curvatura del gráfico ), ésto es, el de la segunda derivada. Por ello, calculemos la función segunda derivada e impongamos que sea cero para encontrar dichos puntos. La segunda derivada es
$f''(x)=\big(f'(x)\big)'=\bigg(\dfrac{-4}{(x-4)^2}+\dfrac{-54}{(2x+2)^2}\bigg)'=\dfrac{8}{(x-4)^3}+\dfrac{27}{(x+1)^3}$
luego
$f''(x)=0 \Leftrightarrow \dfrac{8}{(x-4)^3}+\dfrac{27}{(x+1)^3}=0 \Leftrightarrow 35x^3-300x^2+1320x-1270=0$
ecuación polinómica de tercer grado de la que $x=2$ es una posible raíz entera ( por ser un divisor de $1270$ ) y, en efecto, dividiendo por Ruffini, y, por el teorema del resto, vemos que efectivamente lo es. No hay ninguna más, pues el polinomio cociente, que es $35x^2-230x+860$, es primo ( al ser su discriminante de la ecuación $35x^2-230x+860=0$, menor que cero ).
La ordenada del punto de inflexión es
$f(2)=\dfrac{4}{2-4}+\dfrac{27}{2\cdot 2+2}=\dfrac{5}{2}$
luego el punto de inflexión ( que denotaremos por $B$ ) tiene coordenadas $B(2,\frac{5}{2})$.

A partir de este resultado podemos escribir los intervalos de concavidad y convexidad.

Intervalos de convexidad ( signo negativo de la segunda derivada en todos sus puntos ):
      $(-\infty, -1) \subset \mathbb{R}$
      $(2, 4) \subset \mathbb{R}$
      $(4, +\infty) \subset \mathbb{R}$

Intervalos de concavidad ( signo positivo de la segunda derivada en todos sus puntos ):
      $(1, 2) \subset \mathbb{R}$

-oOo-

  c)
Para trazar el esquema del gráfico, determinaremos también los puntos de corte con los ejes. La ordenada en el origen es $f(0)=\dfrac{4}{0-4}+\dfrac{27}{2\cdot 0+2}=\dfrac{25}{2}$. Vamos a examinar ahora los ceros/raíces de la función $f(x)$; para ello, hagamos que ésta sea nula:
$f(x)=0 \Leftrightarrow \dfrac{4}{x-4}+\dfrac{27}{2x+2}=0 \Leftrightarrow 35x-100=0$
por tanto encontramos una sola raiz, $x=\frac{20}{7}$
Los puntos buscados son, por tanto
$A(\frac{20}{7},0)$
y
$C(0,\frac{25}{2}$

Ahora, podemos ya esbozar el trazo de la función:

$\square$

Plano tangente a la superficie de una esfera

Enunciado:
Dados el punto $P(1,2,-1)$ y el plano $\pi \equiv x+2y-2z+2=0$, sea $\mathcal{S}$ la esfera que es tangente al plano $\pi$ en un punto $P'$ de modo que el segmento $PP'$ es uno de sus diámetros. Se pide:
  a) Hallar el punto de tangencia $P'$
  b) Hallar la ecuación de $\mathcal{S}$

Resolución:
  a)
Un vector perpendicular a $\pi$ es $\vec{u}=(1,2,-2)$ y, como $\overrightarrow{PP'} \propto \vec{u}$ ( al ser $PP'$ un diámetro de $\pi$ ), existe un escalar $k$ tal que $\overrightarrow{PP'}=k\,\vec{u}$, es decir, denotando por $(x',y',z')$ las coordenadas de $P'$, podemos escribir

$\left\{\begin{matrix} x'-1 &=&k \\ y'-2 &=&2\,k \\ z'-(-1) &=&-k \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x'-1 &=&\dfrac{y'-2}{2} \quad \quad \quad \quad \quad (1)\\ x'-1 &=&-(x'-(-1)) \quad \quad (2) \end{matrix} \right.$

Por otra parte
$P'(x',y',z') \in \pi$
luego debe cumplirse $x'+2y'-2z'+2=0 \quad \quad \quad (3)$

Entonces, podemos calcular las coordenadas de $P'$ resolviendo el sistema formado por las ecuaciones (1), (2) y (3); que, ordenado y simplificado, lo podemos escribir de la forma
$\left. \begin{matrix} x'&+&2\,y'&-&2\,z'&=&-2 \\ 2\,x'&-&y'&&&=&0 \\ x'&&&+&z'&=&0 \\ \end{matrix} \right\}$

De la tercera ecuación, $x'=-z'$ y sustituyendo en las dos primeras llegamos a
$\left. \begin{matrix} 3\,z'&-&2\,y'&=&2 \\ 2\,z'&+&y'&=&0 \end{matrix} \right\} \underset{(2\,e_2+e_1\rightarrow e_2)}{\sim} \left. \begin{matrix} 3\,z'&-&2\,y'&=&2 \\ 7\,z'&&&=&2 \end{matrix} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{matrix} x'=-\frac{2}{7} \\\\ y'=-\frac{4}{7} \\\\ z'=\frac{2}{7} \end{matrix} \right\}$

luego el punto de tangencia de $\pi$ y $\mathcal{S}$ es
      $P'\big(-\frac{2}{7},-\frac{4}{7},\frac{2}{7}\big)$

  b) La ecuación de la superfíce esférica es $ S\equiv (x-x_{C})^2+(y-y_{C})^2+(z-z_{C})^2=r^2 \quad \quad \quad (4)$
siendo $C(x_C,y_C,z_C)$ el centro de la esfera y $r$ el radio de la misma.

Procedamos pues a calcular las coordenada de $C$ y el valor de $r$
El punto $C$ es el punto medio del segmento $PP'$, y, siendo $P(1,2,-1)$, llegamos a

$x_C=\dfrac{x_P+x_P'}{2}=\dfrac{-\frac{2}{7}+1}{2}=\frac{5}{14}$

$y_C=\dfrac{y_P+y_P'}{2}=\dfrac{-\frac{4}{7}+2}{2}=\frac{10}{14}=\frac{5}{7}$

$z_C=\dfrac{z_P+z_P'}{2}=\dfrac{\frac{2}{7}+(-1)}{2}=-\frac{5}{14}$

y, conociendo las coordenadas de $C$ y $P'$ podemos ahora calcular el valor del radio $r$ de la esfera

$r=\left\| \overrightarrow{CP'}\right\|=\left| \sqrt{ \big(1-\frac{5}{14}\big)^2+\big(2-\frac{10}{14}\big)^2+\big(-1-(-\frac{5}{14})\big)^2) } \right|= \frac{9}{14}\,\left|\sqrt{6}\right|$

Por tanto, sustituyendo las coordenadas de $C$ y el valor del radio $r$ en (4), llegamos a la ecuación pedida de la superficie de la esfera

$S \equiv \big(x-\frac{5}{14}\big)^2+\big(y-\frac{5}{7}\big)^2+\big(z-(-\frac{5}{14})\big)^2=\frac{243}{98}$

$\square$

[nota del autor]

Matrices ortogonales

Enunciado:
Sea la matriz
    $A=\begin{pmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \\ 0&\frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \\ p&-\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{pmatrix}$
  a) ¿ Qué significa que la matriz $B$ sea la matriu inversa de $A$ ?
  b) Encontrar el valor de $p$ para que la matriz inversa de $A$ sea igual a la matriz traspuesta $A$

a)       Resolución:
$B=A^{-1}$ si, y sólo si, $A$ es una matrizregular ( invertible ) y, por tanto, si $\det(A)\neq 0$, de tal manera que $B\,A=A\,B=I_3$, donde $I_3$ es la matriz identidad d'orden $3$


b)       Resolución:
Recordemos que
$A^{-1}=\dfrac{(\text{Adj}(A))^t}{\text{det}(A}$
en otras palabras
$A^{-1}=\Big(\dfrac{\alpha_{ij}}{\text{det}(A)}\Big)_{3 \times 3}^{t}=\Big(\dfrac{\alpha_{ji}}{\text{det}(A)}\Big)_{3 \times 3}$
  para $i,j=1,2,3$
donde los cofactores $\alpha_{ij}$ se calculan de la siguiente manera
$\alpha_{ij}=(-1)^{i+j}\,A_{ij}$
siendo $A_{ij}$ los adjuntos ( menores de orden $n-1$, donde, en este caso, $n=3$ ) que se obtienen de los elementos que quedan al suprimir la fila y la columna del elemento $a_{ij}$ de la matriz $A$

Observemos que
$\alpha_{12}=-\begin{vmatrix} 0 & -\frac{2}{\sqrt{6}}\\ p & -\frac{1}{\sqrt{6}}\end{vmatrix}=-\frac{2p}{\sqrt{6}}$
y teniendo en cuenta que
$\text{det}(A)=\begin{vmatrix}\frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{6}}\\ \\ 0&\frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \\ p&-\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{vmatrix}=\{f_2+f_3\rightarrow f_2; f_1+f_3 \rightarrow f_1\}$

        $=\begin{vmatrix}p+\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 & 0\\ \\ p&0 &-\frac{3}{\sqrt{6}} \\ \\ p&-\frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{vmatrix}=(p+\frac{1}{\sqrt{2}})\,\begin{vmatrix} 0 &-\frac{2}{\sqrt{6}} \\ \\ p& -\frac{1}{\sqrt{6}} \end{vmatrix}=-(p+\frac{1}{\sqrt{2}})\frac{1}{\sqrt{2}}$
el elemento de la segunda fila y primera columna de la matriz inversa es
$\dfrac{-\frac{2p}{\sqrt{6}}}{-(p+\frac{1}{\sqrt{2}})\frac{1}{\sqrt{2}}}$
y como se nos dice que $A^{-1}$ es igual a $A^t$, este valor deberá coincidir con el elemento de la segunda fila y primera columna de la matriz traspuesta de $A$, que es
$\frac{1}{\sqrt{3}}$
es decir
$\dfrac{\frac{2p}{\sqrt{6}}}{(p+\frac{1}{\sqrt{2}}) \frac{1}{\sqrt{2}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$
de donde, resolviendo esta ecuación de primer grado, obtenemos el valor que toma $p$
$p=\frac{1}{\sqrt{2}}$
$\square$

b)       Resolución alternativa (ampliación):

Si $A^t=A^{-1}$, entonces $A$ es una matriz ortogonal, luego los vectores de componentes (Nota 1)
    $u_1=(\frac{1}{\sqrt{2}},0,p)$
    $u_2=(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}})$
    $u_3=(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}})$
dispuestos en columnas (y en el orden indicado), que forman los elementos de la matriz $A$, son ortogonales dos a dos y por consiguiente los valores del producte escalar euclídeo $\left \langle .,. \right \rangle$ ( respecte de la base canónica) son:

(i)    $\left \langle u_1,u_2 \right \rangle=0$
(ii)     $\left \langle u_1,u_3\right \rangle=0$
(iii)     $\left \langle u_2,u_3 \right \rangle=0$

En efecto, se comprueba que
(iii)     $\left \langle u_2,u_3 \right \rangle=[(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}}),(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}})]$
        $=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{1}{\sqrt{6}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \big(-\frac{2}{\sqrt{6}}\big)+\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{1}{\sqrt{6}}=2\,\frac{1}{\sqrt{3}\,\sqrt{6}}-2\,\frac{1}{\sqrt{3}\,\sqrt{6}}=0$

Luego de (i) o bien de (ii), podemos deducir el valor de $p$. Así, imponiendo la condición (i) encontramos que
    $\left \langle u_1,u_2 \right \rangle=[(\frac{1}{\sqrt{2}},0,p),(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},-\frac{1}{\sqrt{3}})]=\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{3}}-\dfrac{p}{\sqrt{3}}\Rightarrow p=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

Observación:
Como podemos ver a continuación, de (ii) se obtiene también el resultado:
    $\left \langle u_1,u_3\right \rangle=[(\frac{1}{\sqrt{2}},0,p),(\frac{1}{\sqrt{6}},-\frac{2}{\sqrt{6}},-\frac{1}{\sqrt{6}})]=\dfrac{1}{\sqrt{2}\sqrt{6}}-\dfrac{p}{\sqrt{6}}\Rightarrow p=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$
$\square$

        Nota 1 (coordenadas/componentes de un vector):
        Suponemos que las coordenadas de los vectores dados son, en realidad sus, componentes; en otras palabras, vienen referidas a la base canónica, ésto es, a la formada por los vectores ( $\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\}$ del espacio vectorial.
$\square$

[nota del autor]

Otro ejercicio de integración

Enunciado:
Sea $f(x)$ una función continua tal que
$\int_{1}^{e}\,f(u)\,du=\frac{1}{2}$
Hallar
$\int_{0}^{2}\,f(e^{\frac{x}{2}})\,e^{\frac{x}{2}}\,dx$

Resolución:
Haciendo el cambio de variable
$e^{\frac{x}{2}}=u$
obtenemos
$du=(e^{\frac{x}{2}})'\,dx=\frac{1}{2}\,e^{\frac{x}{2}}\,dx$

Los nuevos límites de integración son los siguientes:
para $x=0$, $u=e^{0}=1$
para $x=2$, $u=e^{\frac{2}{2}}=e$

Luego
$\int_{0}^{2}\,f(e^{\frac{x}{2}})\,e^{\frac{x}{2}}\,dx=2\,\int_{1}^{e}\,f(u)\,du=2\cdot\frac{1}{2}=1$
$\square$

[nota del autor]

Ejercicio de integración ( modelo de examen de las PAU )

Enunciado:
Sea $g(x)$ una función derivable tal que
$g(6)=\int_{5}^{6}\,g(x)\,dx$
Hallar
$\int_{5}^{6}\,(x-5)\,g'(x)\,dx$

Resolución:
Denotando por $u$ a $x-5$ ( y por tanto $du=dx$ ) y por $dv$ a $g'(x)\,dx$ ( con lo cual, $g(x)=v$ ) y teniendo en cuenta que
$\int_{a}^{b} u\,dv=[uv]_{a}^{b}-\int_{a}^{b} \,v\,du ;\;\;a,b\in \mathbb{R}$
podemos escribir la integral pedida de la forma
$\int_{5}^{6}\,(x-5)\,g'(x)\,dx=[(x-5)\,g(x)]_{5}^{6}-\int_{5}^{6}\,g(x)\,dx$
$\quad=(6-5)\,g(6)-(5-5)\,g(5)-g(6)$
$\quad=g(6)-0-g(6)$
$\quad=0$
$\square$

[nota del autor]

Las matemáticas del planeta Tierra ( número de Octubre de 2013 de la revista Investigación y Ciencia)

Es muy recomendable el número de Octubre de 2013 de la revista Investigación y Ciencia, dedicado a las Matemáticas aplicadas a la ciencia global del planeta Tierra: Física y Matemática ( " ¿ qué es la realidad ? ), dinámica de fluidos de la atmósfera y los océanos, modelos climáticos, biodiversidad, evolución, propagación de enfermedades y redes sociales y cooperación.

[nota del autor]