ENUNCIADO
Dada la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}
\dfrac{\sin{x}}{x}\,,\, \text{si}\,x \prec 0 \\
\\
x\,e^x+1 \,,\, \text{si}\,x \ge 0
\end{matrix}\right.$$
se pide:
a) Estudiar la continuidad de $f$
b) Estudiar la derivabilidad de $f$ y calcular $f'$ donde sea posible
c) Calcular $\displaystyle \int_{1}^{3}\,f(x)\,dx$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
a)
El único punto donde $f$ puede presentar problemas de continuidad es $x=0$; en los demás puntos de $D_f$ la función es continua, por ser continua en sendos tramos. Veamos, ahora, si se cumplen las condiciones de continuidad en dicho punto.
i) Existencia de los límites laterales en $x=0$:
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,f(x)=\lim_{x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin{x}}{x}\overset{\text{indet.} \frac{0}{0} \rightarrow \text{L'Hôpital}}{=} \lim_{x \rightarrow 0}\,\dfrac{(\sin{x})'}{(x)'}=\lim_{x \rightarrow 0}\,\dfrac{\cos{x}}{1}=\cos{0}=1$$
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,f(x)=\lim_{x \rightarrow 0}\,(x\,e^x+1)=0\cdot e^{0}+1=0\cdot 1+1=0+1=1$$
ii) Existencia del límite global en $x=0$:
Como existen los límites laterales en $x=0$ y su valor coincide, existe el límite global en $x=0$ y su valor es $$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\,f(x)=1$$
iii) El valor del límite global coincide con el valor de la función de $x=0$:
Como $f(1) \overset{\text{definición}}{=} e^{0}+1=0\cdot 1+1=0+1=1$
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\,f(x)=f(1)=1$$
Entonces, al cumplirse las tres condiciones necesarias y suficientes de continuidad en un punto ( $x=0$ ), podemos afirmar que la función es continua en $x=0$
b)
El único punto donde la función podría no ser derivable es en $x=0$ ( a pesar de ser continua en dicho punto ). Para que la función sea derivable en $x=0$ es necesario que existan los límites $\displaystyle f'(0^{-}) \equiv\lim_{x \rightarrow h}\,\dfrac{f(0-h)-f(0)}{h}$ y $f'(0^{+}) \equiv \displaystyle \lim_{x \rightarrow h}\,\dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}$ y que sus valores coincidan, esto es, que las pendientes de las rectas tangentes a la gráfica de la función, a izquierda y a derecha de dicho punto, tengan el mismo valor. Calculemos estas derivadas; la del primer tramo es $$\left(\dfrac{\sin{x}}{x}\right)'=\dfrac{x\,\cos{x}-\sin{x}}{x^2}$$ y la del segundo tramo $$\left( x\,e^x+1\right)'=e^{x}\,(x+1)$$ luego $$\displaystyle f'(0^{-}) \equiv \lim_{x \rightarrow h}\,\dfrac{f(0-h)-f(0)}{h}=\lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,\dfrac{x\,\cos{x}-\sin{x}}{x^2} \overset{\text{indet.},\frac{0}{0} \rightarrow \text{L'Hôpital}}{=}$$
$$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,\dfrac{(x\,\cos{x}-\sin{x})'}{(x^2)'} =\lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,\dfrac{-\sin{x}}{2}=-\dfrac{1}{2}\,\sin{0}=-\dfrac{1}{2}\cdot 0=0$$ y $$\displaystyle f'(0^{+}) \equiv \lim_{x \rightarrow h}\,\dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}=\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,e^{x}\,(x+1)=e^{0}\,(0+1)=1\cdot (0+1)=1$$
Ahora bien, como $f'(0^{-}) \neq f'(0^{+})$, el límite global mediante el que se define la derivada no existe ( en $x=0$ ), es decir, $f$ no es derivable en $x=0$.
c)
Por el Primer Teorema Fundamental del Cálculo, una primitiva de $x\,e^{x}+1$ ( que es el tramo de función del integrando, ya que integramos de $1$ a $3$, ambos mayores que $0$ ) es $e^{x}\,(x-1)+x$ ( integrando por partes ), y, por el Segundo Teorema Fundamental del Cálculo ( regla de Barrow ), tenemos que
$\displaystyle \int_{1}^{3}\,f(x)\,dx=\int_{1}^{3}\,(x\,e^x+1)\,dx=\left[ e^{x}\,(x-1)+x \right]_{1}^{3}$
$=(e^{3}\,(3-1)+3)-(e^{1}\,(1-1)+1)=2\,(e^3+1)$
$\square$
lunes, 22 de junio de 2015
Dadas las matrices ...
ENUNCIADO
Dadas las matrices $A=\begin{pmatrix}
1&2 &3 \\
0& t &2 \\
3& -1 &t
\end{pmatrix}
\,,\,
I=\begin{pmatrix}
1&0 &0 \\
0& 1 &0 \\
0& 0 &1
\end{pmatrix}$, se pide:
a) Hallar el rango de $A$ en función de $t$
b) Calcular $t$ para que $\text{det}(A-t\,I)=0$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
El determinante de la submatriz formada por los coeficientes de las filas primera y tercera y de las columnas primera y segunda es distinto de cero $$\begin{vmatrix}
1 & 3\\
0 &2
\end{vmatrix}=2 \neq 0$$
luego el rango de $A$ es mayor o igual que $2$. Veamos si es igual a $3$, calculando el único menor de orden tres ( el determinante de la propia matriz ) $$\begin{vmatrix}
1 & 3 & 2\\
0 & 2 & t\\
3 & t & -1\\
\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow t^2-9t+14=0 \Leftrightarrow t \in \{2\,,\,7\}$$
Por tanto $$\text{rg}(A)=\left\{\begin{matrix}
2 & \text{si}& t \in \{ 2\,,\,7 \} \\
\\
3 & \text{si}& t \notin \{ 2\,,\,7 \}\\
\end{matrix}\right.$$
b)
$$A-t\,I=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3\\
0 & t & 2\\
3 & -1 & t\\
\end{pmatrix}-t\,\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
\end{pmatrix}$$
$$=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3\\
0 & t & 2\\
3 & -1 & t\\
\end{pmatrix}-\,\begin{pmatrix}
t & 0 & 0\\
0 & t & 0\\
0 & 0 & t\\
\end{pmatrix}$$
$$=\begin{pmatrix}
1-t & 2 & 3\\
0 & t-t & 2\\
3 & -1 & t-t\\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1-t & 2 & 3\\
0 & 0 & 2\\
3 & -1 & 0\\
\end{pmatrix}$$
luego el determinante de dicha matriz es
$$\text{det}(A-t\,I)=\begin{vmatrix}
1-t & 2 & 3\\
0 & 0 & 2\\
3 & -1 & 0\\
\end{vmatrix}$$
que es igual a
$$\overset{\text{Laplace, 2.ª fila}}{=}2\cdot (-1)^{2+3}\,\begin{vmatrix}
1-t & 2 \\
3 & -1 \\
\end{vmatrix}=-2\,(t-7)$$
Entonces
$$-2\,(t-7)=0\Leftrightarrow t=7$$
Nota:
A los valores de $t$ que cumplen esta condición les llamamos valores propios ( autovalores ) de la matriz $A$
$\square$
Dadas las matrices $A=\begin{pmatrix}
1&2 &3 \\
0& t &2 \\
3& -1 &t
\end{pmatrix}
\,,\,
I=\begin{pmatrix}
1&0 &0 \\
0& 1 &0 \\
0& 0 &1
\end{pmatrix}$, se pide:
a) Hallar el rango de $A$ en función de $t$
b) Calcular $t$ para que $\text{det}(A-t\,I)=0$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
El determinante de la submatriz formada por los coeficientes de las filas primera y tercera y de las columnas primera y segunda es distinto de cero $$\begin{vmatrix}
1 & 3\\
0 &2
\end{vmatrix}=2 \neq 0$$
luego el rango de $A$ es mayor o igual que $2$. Veamos si es igual a $3$, calculando el único menor de orden tres ( el determinante de la propia matriz ) $$\begin{vmatrix}
1 & 3 & 2\\
0 & 2 & t\\
3 & t & -1\\
\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow t^2-9t+14=0 \Leftrightarrow t \in \{2\,,\,7\}$$
Por tanto $$\text{rg}(A)=\left\{\begin{matrix}
2 & \text{si}& t \in \{ 2\,,\,7 \} \\
\\
3 & \text{si}& t \notin \{ 2\,,\,7 \}\\
\end{matrix}\right.$$
b)
$$A-t\,I=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3\\
0 & t & 2\\
3 & -1 & t\\
\end{pmatrix}-t\,\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
\end{pmatrix}$$
$$=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3\\
0 & t & 2\\
3 & -1 & t\\
\end{pmatrix}-\,\begin{pmatrix}
t & 0 & 0\\
0 & t & 0\\
0 & 0 & t\\
\end{pmatrix}$$
$$=\begin{pmatrix}
1-t & 2 & 3\\
0 & t-t & 2\\
3 & -1 & t-t\\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1-t & 2 & 3\\
0 & 0 & 2\\
3 & -1 & 0\\
\end{pmatrix}$$
luego el determinante de dicha matriz es
$$\text{det}(A-t\,I)=\begin{vmatrix}
1-t & 2 & 3\\
0 & 0 & 2\\
3 & -1 & 0\\
\end{vmatrix}$$
que es igual a
$$\overset{\text{Laplace, 2.ª fila}}{=}2\cdot (-1)^{2+3}\,\begin{vmatrix}
1-t & 2 \\
3 & -1 \\
\end{vmatrix}=-2\,(t-7)$$
Entonces
$$-2\,(t-7)=0\Leftrightarrow t=7$$
Nota:
A los valores de $t$ que cumplen esta condición les llamamos valores propios ( autovalores ) de la matriz $A$
$\square$
Dadas la matrices ...
ENUNCIADO
Dadas las matrices:
$$A=\begin{pmatrix}
0&0 &1 \\
0& 1 &0 \\
1& 0 &0
\end{pmatrix}
\,,\,
B=\begin{pmatrix}
3&0 &0 \\
0& 3 &0 \\
0& 0 &3
\end{pmatrix}
$$ se pide:
a) Calcular $A^{15}$ y $A^{20}$
b) Resolver la ecuación matricial $6\,X=B-3\,A\,X$, donde $X$ es una matriz cuadrada de orden $3$
[PAU 2015, Madrid]
SOLUCIÓN
a)
Procedamos a calcular las primeras potencias
$$A^2=\begin{pmatrix}
0 &0 &1 \\
0 &1 & 0\\
1 & 0 &0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0 &0 &1 \\
0 &1 & 0\\
1 & 0 &0
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 &0 &0 \\
0 &1 & 0\\
0 & 0 &1
\end{pmatrix}=I$$ luego $A$ es una matriz cíclica de período $p=2$, con lo cual $A^{20}=A^r$, donde $r$ es el resto de la división entera $20 \div p$; por tanto, como el resto de la división $20 \div 2$ es $r = 0$, llegamos a $A^{20}=A^0=I$. Por otra parte, $A^{15}=A^1=A$ ya que el resto de la división $15 \div 2$ es igual a $1$
-oOo- Otra forma de ver lo mismo es la siguiente:
$$A^3=A^2\,A=I\,A=A$$
$$A^4=A^3\,A=A\,A=A^2=I$$
$$A^5=A^4\,A=I\,A=A$$
$$ \ldots $$
con lo que podemos inferir que
$$A^n=\left\{\begin{matrix}
I&\text{si }\;n\; \text{es par} \\
A&\text{si }\;n\; \text{es impar} \\
\end{matrix}\right.$$
Así, como $20$ es par, $A^{20}=I$; y como $15$ es impar, $A^{15}=A$
b)
$$6X=B-3AX \Leftrightarrow 6X+3AX=B-3AX+3AX$$
luego
$$(6I+3A)X=B \quad \quad \quad \quad (1)$$
Observemos que $(6I+3A)=\begin{pmatrix}
6 &0 &0 \\
0 & 6 &0 \\
0 & 0 & 6
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
0 &0 &3 \\
0 & 3 &0 \\
3 & 0 & 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
6 &0 &3 \\
0 & 9 &0 \\
3 & 0 & 6
\end{pmatrix}$ y por tanto $\begin{vmatrix}
6 &0 &3 \\
0 & 9 &0 \\
3 & 0 & 6
\end{vmatrix}=6^2 \cdot 9 - 3^2 \cdot 9 \neq 0 \Rightarrow 6I-3A $ posee matriz inversa
Entonces, de (1),
$$(6I+3A)^{-1}(6I+3A)X=(6I+3A)^{-1}B$$
$$I \,X=(6I+3A)^{-1}B$$
$$X=(6I+3A)^{-1}B \quad \quad \quad \quad (2)$$
Calculemos la matriz inversa de $(6I+3A)$; para ello, escogemos el método de Gauss-Jordan:
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 3 & 1 & 0 & 0\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
3 & 0 & 6 & 0 & 0 & 1\\
\end{array}\right) \overset{\frac{1}{2}\,f_1+f_3 \rightarrow f_3}{\longrightarrow}
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 3 & 1 & 0 & 0\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 9/2 & -1/2 & 0 & 1\\
\end{array}\right)
\overset{-3\cdot\frac{2}{9}\,f_3+f_1 \rightarrow f_1}{\longrightarrow}$$
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 0 & 4/3 & 0 & -2/3\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 9/2 & -1/2 & 0 & 1\\
\end{array}\right)
\overset{\frac{1}{6}\,f_1 \rightarrow f_1;\frac{1}{9}\,f_2 \rightarrow f_2;\frac{2}{9}\,f_3 \rightarrow f_3}{\longrightarrow}$$
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & 2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1 & 0 & 0 & 1/9 & 0\\
0 & 0 & 1 & -1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)$$
por tanto
$$(6I+3A)^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}
2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1/9 & 0\\
-1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)$$
Así, de (2),
$$X=\left(\begin{array}{ccc}
2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1/9 & 0\\
-1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)\begin{pmatrix}
3&0 &0 \\
0& 3 &0 \\
0& 0 &3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2/3&0 &-1/3\\
0& 1/3 &0 \\
-1/3& 0 &2/3
\end{pmatrix}$$
$\square$
Dadas las matrices:
$$A=\begin{pmatrix}
0&0 &1 \\
0& 1 &0 \\
1& 0 &0
\end{pmatrix}
\,,\,
B=\begin{pmatrix}
3&0 &0 \\
0& 3 &0 \\
0& 0 &3
\end{pmatrix}
$$ se pide:
a) Calcular $A^{15}$ y $A^{20}$
b) Resolver la ecuación matricial $6\,X=B-3\,A\,X$, donde $X$ es una matriz cuadrada de orden $3$
[PAU 2015, Madrid]
SOLUCIÓN
a)
Procedamos a calcular las primeras potencias
$$A^2=\begin{pmatrix}
0 &0 &1 \\
0 &1 & 0\\
1 & 0 &0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0 &0 &1 \\
0 &1 & 0\\
1 & 0 &0
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 &0 &0 \\
0 &1 & 0\\
0 & 0 &1
\end{pmatrix}=I$$ luego $A$ es una matriz cíclica de período $p=2$, con lo cual $A^{20}=A^r$, donde $r$ es el resto de la división entera $20 \div p$; por tanto, como el resto de la división $20 \div 2$ es $r = 0$, llegamos a $A^{20}=A^0=I$. Por otra parte, $A^{15}=A^1=A$ ya que el resto de la división $15 \div 2$ es igual a $1$
$$A^3=A^2\,A=I\,A=A$$
$$A^4=A^3\,A=A\,A=A^2=I$$
$$A^5=A^4\,A=I\,A=A$$
$$ \ldots $$
con lo que podemos inferir que
$$A^n=\left\{\begin{matrix}
I&\text{si }\;n\; \text{es par} \\
A&\text{si }\;n\; \text{es impar} \\
\end{matrix}\right.$$
Así, como $20$ es par, $A^{20}=I$; y como $15$ es impar, $A^{15}=A$
b)
$$6X=B-3AX \Leftrightarrow 6X+3AX=B-3AX+3AX$$
luego
$$(6I+3A)X=B \quad \quad \quad \quad (1)$$
Observemos que $(6I+3A)=\begin{pmatrix}
6 &0 &0 \\
0 & 6 &0 \\
0 & 0 & 6
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
0 &0 &3 \\
0 & 3 &0 \\
3 & 0 & 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
6 &0 &3 \\
0 & 9 &0 \\
3 & 0 & 6
\end{pmatrix}$ y por tanto $\begin{vmatrix}
6 &0 &3 \\
0 & 9 &0 \\
3 & 0 & 6
\end{vmatrix}=6^2 \cdot 9 - 3^2 \cdot 9 \neq 0 \Rightarrow 6I-3A $ posee matriz inversa
Entonces, de (1),
$$(6I+3A)^{-1}(6I+3A)X=(6I+3A)^{-1}B$$
$$I \,X=(6I+3A)^{-1}B$$
$$X=(6I+3A)^{-1}B \quad \quad \quad \quad (2)$$
Calculemos la matriz inversa de $(6I+3A)$; para ello, escogemos el método de Gauss-Jordan:
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 3 & 1 & 0 & 0\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
3 & 0 & 6 & 0 & 0 & 1\\
\end{array}\right) \overset{\frac{1}{2}\,f_1+f_3 \rightarrow f_3}{\longrightarrow}
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 3 & 1 & 0 & 0\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 9/2 & -1/2 & 0 & 1\\
\end{array}\right)
\overset{-3\cdot\frac{2}{9}\,f_3+f_1 \rightarrow f_1}{\longrightarrow}$$
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 0 & 4/3 & 0 & -2/3\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 9/2 & -1/2 & 0 & 1\\
\end{array}\right)
\overset{\frac{1}{6}\,f_1 \rightarrow f_1;\frac{1}{9}\,f_2 \rightarrow f_2;\frac{2}{9}\,f_3 \rightarrow f_3}{\longrightarrow}$$
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & 2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1 & 0 & 0 & 1/9 & 0\\
0 & 0 & 1 & -1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)$$
por tanto
$$(6I+3A)^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}
2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1/9 & 0\\
-1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)$$
Así, de (2),
$$X=\left(\begin{array}{ccc}
2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1/9 & 0\\
-1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)\begin{pmatrix}
3&0 &0 \\
0& 3 &0 \\
0& 0 &3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2/3&0 &-1/3\\
0& 1/3 &0 \\
-1/3& 0 &2/3
\end{pmatrix}$$
$\square$
viernes, 19 de junio de 2015
Desde la boca de un pozo, se lanza una piedra y se cronometra el tiempo que tarda en chocar contra la superficie del agua del fondo
ENUNCIADO
Desde la boca de un pozo, se lanza una piedra y se cronometra el tiempo que tarda en chocar contra la superficie del agua del fondo, que resulta ser $2 \, s$. Teniendo en cuenta que el movimiento en caída libre se caracteriza por ser la velocidad proporcional al tiempo en todo instante de tiempo, $ v(t) \propto t$, siendo el valor aproximado de la constante de proporcionalidad ( en la superficie de la Tierra ) de $g=9,8 \, \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$, calcúlese la profundidad del pozo ( la distancia entre la boca y la superficie del agua del fondo ), despreciando el tiempo que tarda la onda sonora del choque en recorrer la longitud del pozo.
SOLUCIÓN
Teniendo en cuenta que $v(t) = g\,t$, y que la función $v(t)$ es la función derivada de la función de posición de la piedra ( tomando como referencia la boca del pozo ) con respecto a la variable tiempo, $t$, podemos escribir ( empleando la notación de Leibniz ) que $$\dfrac{dx}{dt}=g\,t$$
y por tanto
$$dx=g\,t\,dt$$
con lo cual, integrando en cada miembro de la igualdad,
$$\int\,dx=g\,\int\,t\,dt$$
es decir
$$x(t)=\dfrac{1}{2}\,g\,t^2+C$$
pero como $x(0)=0$, resulta que $C=0$; así
$$x(t)=\dfrac{1}{2}\,g\,t^2$$
Utilizando, ahora, la información sobre el tiempo de caída, obtenemos la profundidad del pozo:
$$x(5)=\dfrac{1}{2}\cdot 9,8 \cdot 2^2 \approx 20 \, \text{m}$$
$\square$
Desde la boca de un pozo, se lanza una piedra y se cronometra el tiempo que tarda en chocar contra la superficie del agua del fondo, que resulta ser $2 \, s$. Teniendo en cuenta que el movimiento en caída libre se caracteriza por ser la velocidad proporcional al tiempo en todo instante de tiempo, $ v(t) \propto t$, siendo el valor aproximado de la constante de proporcionalidad ( en la superficie de la Tierra ) de $g=9,8 \, \dfrac{\text{m}}{\text{s}}$, calcúlese la profundidad del pozo ( la distancia entre la boca y la superficie del agua del fondo ), despreciando el tiempo que tarda la onda sonora del choque en recorrer la longitud del pozo.
SOLUCIÓN
Teniendo en cuenta que $v(t) = g\,t$, y que la función $v(t)$ es la función derivada de la función de posición de la piedra ( tomando como referencia la boca del pozo ) con respecto a la variable tiempo, $t$, podemos escribir ( empleando la notación de Leibniz ) que $$\dfrac{dx}{dt}=g\,t$$
y por tanto
$$dx=g\,t\,dt$$
con lo cual, integrando en cada miembro de la igualdad,
$$\int\,dx=g\,\int\,t\,dt$$
es decir
$$x(t)=\dfrac{1}{2}\,g\,t^2+C$$
pero como $x(0)=0$, resulta que $C=0$; así
$$x(t)=\dfrac{1}{2}\,g\,t^2$$
Utilizando, ahora, la información sobre el tiempo de caída, obtenemos la profundidad del pozo:
$$x(5)=\dfrac{1}{2}\cdot 9,8 \cdot 2^2 \approx 20 \, \text{m}$$
$\square$
martes, 16 de junio de 2015
Ejercicio sobre conceptos del espacio euclídeo
ENUNCIADO
Dados el punto $P(-4,6,6)$, el origen de coordenadas $O$, y la recta $$r:\,\left\{\begin{matrix}
x & = & -4 + 4\,\lambda \\
y & = & 8 + 3\,\lambda \\
z & = & -2\,\lambda\\
\end{matrix}\right.$$
se pide:
a) Determinar el punto $Q$ de $r$, de modo que su proyección $Q'$ sobre el segmento $\overline{OP}$ sea su punto medio
b) Determinar la distancia del punto $P$ a $r$
c) ¿ Existe algún punto $R$ de la recta $r$, de modo que los puntos $O$, $P$ y $R$ estén alineados ? En caso afirmativo, encontrar el punto ( o los puntos ) con esa propiedad o, en caso negativo, justificar la no existencia.
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
(a)
Las coordenadas del punto medio, $Q'$, del segmento $\overline{OP}$ son $(\dfrac{-4+0}{2},\dfrac{6+0}{2},\dfrac{6+0}{2})=(-2,3,3)$ y las componentes del vector $\overrightarrow{OP}$ son $(-4,6,6)$. Entonces, la familia de planos paralelos con vector normal $\overrightarrow{OP}$ es $\mathcal{F}:\,-4x+6y+6z+D=0$. La ecuación del plano $\pi$ ( de esa familia de planos ) que pasa por el punto $Q'(-2,3,3)$ se determina calculando el valor del coeficiente $D$, imponiendo que dicho punto esté en el plano: $-4(-2)+6\cdot 3+6 \cdot 3+D=0 \Rightarrow D=-44$, luego $\pi:\,-4x+6y+6z-44=0$, que, simplificada queda $\pi:\,2x-3y-3z+22=0$
Por otra parte, despejando el parámetro $\lambda$, obtenemos la ecuación de la recta $r$ en forma continua: $$\dfrac{x+4}{4}=\dfrac{y-8}{3}=\dfrac{z-0}{-2}$$, que podemos expresar también mediante las dos ecuaciones siguientes: $$ \left\{\begin{matrix}
\dfrac{x+4}{4} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\\
\dfrac{y-8}{3} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\end{matrix}\right.$$ La intersección de $\pi$ y $r$ determina el punto pedido, $Q$, cuya proyección es el punto dado $Q'$; sus coordenadas son, por tanto, la solución del siguiente sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}
2x-3y-3z+22&=&0
\\
\\
\dfrac{x+4}{4} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\\
\dfrac{y-8}{3} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\end{matrix}\right.$$
simplificándolo
$$\left\{\begin{matrix}
2x & - & 3y & - &3z&=&-22
\\
-x & & & - &2z&=&4
\\
& & -2y & - &3z&=&-16
\end{matrix}\right.$$
y reduciéndolo por Gauss ( primera etapa: $2\,e_2+e_1 \rightarrow e_2$; segunda etapa: $\dfrac{2}{3}\,e_2+e_3 \rightarrow e_3$ [ omitimos los pasos de cálculo ] ),
$$\left\{\begin{matrix}
2x & - & 3y & - &3z&=&-22
\\
& & 3y & + &7z&=&14
\\
& & & &z&=&-4
\end{matrix}\right.$$
con lo cual, sustituyendo el valor de $z$ ( tercera ecuación ) en la segunda, llegamos a $y=14$; y, sustituyendo los valores encontrados de $z$ e $y$ en la primera ecuación, obtenemos $x=4$. Así, pues, las coordenadas del punto $Q$ pedido son $(4,14,-4)$
$\square$
(b)
Procedemos a calcular la distancia entre $P(-4,6,6)$ y $r:\,\dfrac{x+4}{4}=\dfrac{y-8}{3}=\dfrac{z-0}{-2}$; para ello, vamos a hallar el plano $\sigma$ perpendicular a $r$ que contiene a $P$; a continuación, calcularemos las coordenadas del punto de intersección, $P'$, entre $r$ y $\sigma$; y, finalmente, encontramos la distancia pedida calculando $\left\|\overrightarrow{PP'} \right\|$
Como las componentes de un vector perpendicular a los planos que son perpendiculares a $r$ son las de cualquier vector director de dicha recta, de la ecuación de la recta $r$, en forma continua, vemos que un vector director de la misma es $(4,3,-2)$, luego la familia de planos perpendiculares a $r$ viene dada por $\mathcal{F}:\,4x+3y-2z+D=0$. De aquí, determinaremos el valor del coeficiente $D$ correspondiente a la ecuación del plano $\sigma$ imponiendo que $P$ sea un punto de $\sigma$, por tanto debe cumplirse que $4(-4)+3 \cdot 6 + (-2)\cdot 6 +D =0 \Leftrightarrow D=10$; así, $\sigma:\,4x+3y-2z+10=0$
Entonces, como $P'$ está en $r$ y en $\sigma$, sus coordenadas deberán ser la solución del sistema de ecuaciones: $$\left\{\begin{matrix}
4x &+&3y&-&2z&=&-10 \\
\\
&&&&\dfrac{x+4}{4}&=&\dfrac{z}{-2}\\
\\
&&&&\dfrac{y-8}{4}&=&\dfrac{z}{-2}\\
\end{matrix}\right.
$$
simplificando el sistema $$\left\{\begin{matrix}
4x &+&3y&-&2z&=&-10 \\
x &&&+&2z&=&-4 \\
&&2y&+&3z&=&16 \\
\end{matrix}\right.
$$
y reduciéndolo por Gauss, vemos que es compatible determinado ( como era de esperar ) y su solución es $x=-\dfrac{188}{29}$, $y=\dfrac{178}{29}$, $z=\dfrac{36}{29}$, luego $P'(-\dfrac{188}{29},\dfrac{178}{29},\dfrac{36}{29})$; por tanto, el vector $\overrightarrow{PP'}=(-\dfrac{188}{29}-(-4),\dfrac{178}{29}-6,\dfrac{36}{29}-6)=(-\dfrac{72}{29},\dfrac{4}{29},-\dfrac{138}{29})$, y su módulo ( que es la distancia pedida ) es igual a
$\left\|\overrightarrow{PP'}\right\|=\sqrt{(-\dfrac{72}{29})^2+(\dfrac{4}{29})^2+(-\dfrac{138}{29})^2}=\dfrac{2\,\sqrt{6061}}{29} \approx 5,3691$
-oOo-
OTRA FORMA de resolverlo
Un vector director de $r$ es $(4,3,-2)$. La ecuación en forma paramétrica de la recta dada es $r:\,\left\{\begin{matrix}
x & = & -4 + 4\,\lambda \\
y & = & 8 + 3\,\lambda \\
z & = & -2\,\lambda\\
\end{matrix}\right.$; escogiendo, ahora, un valor cualquiera del parámetro $\lambda$, pongamos que $\lambda=0$, obtenemos el punto $M(-4,8,0)$ de $r$.
También sabemos que un vector director de $r$ es $\vec{u}=(4,3,-2)$. Entonces $\overrightarrow{PM}=(-4-(-4),8-6,0-6)=(0,2,6)$, con lo cual $\left\|\vec{u}\right\|=\sqrt{4^2+3^2+(-2)^2}=\sqrt{29}$, $\left\|\overrightarrow{PM}\right\|=\sqrt{0^2+2^2+(-6)^2}=\sqrt{40}$, y de la definición de producto escalar euclídeo
$$\cos{\angle (\overrightarrow{PM}, \vec{u})}=\dfrac{\langle \overrightarrow{PM}, \vec{u} \rangle}{\left\|\overrightarrow{PM}\right\| \left\|\vec{u}\right\| }=\dfrac{\langle ( 0,2,-6),(4,3,-2) \rangle}{\sqrt{29}\,\sqrt{40}}=\dfrac{18}{\sqrt{29}\,\sqrt{40}} \approx 0,5285$$
Por otra parte, $\text{dist}(P,r)=\left\| \overrightarrow{PM} \right\| \, \sin{ \angle (\overrightarrow{PM},\vec{u}) }$
$=\sqrt{40} \, \sqrt{1-\cos^2{ \angle (\overrightarrow{PM},\vec{u}) }} \approx \sqrt{40}\,\sqrt{1-0,5285^2} \approx 5,3691$
$\square$
(c)
Supongamos que $O(0,0,0)$, $P(-4,6,6)$ y $R(-4+4\lambda,8+3\lambda,-2\lambda)$ están alineados, entonces se deberá cumplir que $$\dfrac{(-4+4\lambda)-0}{-4-0}=\dfrac{(8+3\lambda)-0}{6-0}=\dfrac{-2\lambda-0}{6-0}$$ es decir $$\dfrac{-4+4\lambda}{-4}=\dfrac{8+3\lambda}{6}=\dfrac{-2\lambda}{6}$$ y simplificando $$1-\lambda=\dfrac{8+3\lambda}{6}=\dfrac{-\lambda}{3}$$ lo cual se cumple si y sólo si $$\left\{\begin{matrix}
3 &-&3\lambda & = &-\lambda \\
8 &+&3\lambda & = &-2\lambda \\
\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
3 & = &2\lambda \\
8 & = &-5\lambda \\
\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow
\dfrac{3}{2}\overset{!}{=}-\dfrac{8}{5}
$$
y al llegar a una contradicción, debemos rechazar la hipótesis de partida, con lo cual concluimos que los puntos dados no están alineados, esto es, no existe ningún punto $R \in r$ tal que esté alineado con $O$ y $P$.
$\square$
Dados el punto $P(-4,6,6)$, el origen de coordenadas $O$, y la recta $$r:\,\left\{\begin{matrix}
x & = & -4 + 4\,\lambda \\
y & = & 8 + 3\,\lambda \\
z & = & -2\,\lambda\\
\end{matrix}\right.$$
se pide:
a) Determinar el punto $Q$ de $r$, de modo que su proyección $Q'$ sobre el segmento $\overline{OP}$ sea su punto medio
b) Determinar la distancia del punto $P$ a $r$
c) ¿ Existe algún punto $R$ de la recta $r$, de modo que los puntos $O$, $P$ y $R$ estén alineados ? En caso afirmativo, encontrar el punto ( o los puntos ) con esa propiedad o, en caso negativo, justificar la no existencia.
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
(a)
Las coordenadas del punto medio, $Q'$, del segmento $\overline{OP}$ son $(\dfrac{-4+0}{2},\dfrac{6+0}{2},\dfrac{6+0}{2})=(-2,3,3)$ y las componentes del vector $\overrightarrow{OP}$ son $(-4,6,6)$. Entonces, la familia de planos paralelos con vector normal $\overrightarrow{OP}$ es $\mathcal{F}:\,-4x+6y+6z+D=0$. La ecuación del plano $\pi$ ( de esa familia de planos ) que pasa por el punto $Q'(-2,3,3)$ se determina calculando el valor del coeficiente $D$, imponiendo que dicho punto esté en el plano: $-4(-2)+6\cdot 3+6 \cdot 3+D=0 \Rightarrow D=-44$, luego $\pi:\,-4x+6y+6z-44=0$, que, simplificada queda $\pi:\,2x-3y-3z+22=0$
Por otra parte, despejando el parámetro $\lambda$, obtenemos la ecuación de la recta $r$ en forma continua: $$\dfrac{x+4}{4}=\dfrac{y-8}{3}=\dfrac{z-0}{-2}$$, que podemos expresar también mediante las dos ecuaciones siguientes: $$ \left\{\begin{matrix}
\dfrac{x+4}{4} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\\
\dfrac{y-8}{3} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\end{matrix}\right.$$ La intersección de $\pi$ y $r$ determina el punto pedido, $Q$, cuya proyección es el punto dado $Q'$; sus coordenadas son, por tanto, la solución del siguiente sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}
2x-3y-3z+22&=&0
\\
\\
\dfrac{x+4}{4} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\\
\dfrac{y-8}{3} &=&\dfrac{z}{-2} \\
\end{matrix}\right.$$
simplificándolo
$$\left\{\begin{matrix}
2x & - & 3y & - &3z&=&-22
\\
-x & & & - &2z&=&4
\\
& & -2y & - &3z&=&-16
\end{matrix}\right.$$
y reduciéndolo por Gauss ( primera etapa: $2\,e_2+e_1 \rightarrow e_2$; segunda etapa: $\dfrac{2}{3}\,e_2+e_3 \rightarrow e_3$ [ omitimos los pasos de cálculo ] ),
$$\left\{\begin{matrix}
2x & - & 3y & - &3z&=&-22
\\
& & 3y & + &7z&=&14
\\
& & & &z&=&-4
\end{matrix}\right.$$
con lo cual, sustituyendo el valor de $z$ ( tercera ecuación ) en la segunda, llegamos a $y=14$; y, sustituyendo los valores encontrados de $z$ e $y$ en la primera ecuación, obtenemos $x=4$. Así, pues, las coordenadas del punto $Q$ pedido son $(4,14,-4)$
$\square$
(b)
Procedemos a calcular la distancia entre $P(-4,6,6)$ y $r:\,\dfrac{x+4}{4}=\dfrac{y-8}{3}=\dfrac{z-0}{-2}$; para ello, vamos a hallar el plano $\sigma$ perpendicular a $r$ que contiene a $P$; a continuación, calcularemos las coordenadas del punto de intersección, $P'$, entre $r$ y $\sigma$; y, finalmente, encontramos la distancia pedida calculando $\left\|\overrightarrow{PP'} \right\|$
Como las componentes de un vector perpendicular a los planos que son perpendiculares a $r$ son las de cualquier vector director de dicha recta, de la ecuación de la recta $r$, en forma continua, vemos que un vector director de la misma es $(4,3,-2)$, luego la familia de planos perpendiculares a $r$ viene dada por $\mathcal{F}:\,4x+3y-2z+D=0$. De aquí, determinaremos el valor del coeficiente $D$ correspondiente a la ecuación del plano $\sigma$ imponiendo que $P$ sea un punto de $\sigma$, por tanto debe cumplirse que $4(-4)+3 \cdot 6 + (-2)\cdot 6 +D =0 \Leftrightarrow D=10$; así, $\sigma:\,4x+3y-2z+10=0$
Entonces, como $P'$ está en $r$ y en $\sigma$, sus coordenadas deberán ser la solución del sistema de ecuaciones: $$\left\{\begin{matrix}
4x &+&3y&-&2z&=&-10 \\
\\
&&&&\dfrac{x+4}{4}&=&\dfrac{z}{-2}\\
\\
&&&&\dfrac{y-8}{4}&=&\dfrac{z}{-2}\\
\end{matrix}\right.
$$
simplificando el sistema $$\left\{\begin{matrix}
4x &+&3y&-&2z&=&-10 \\
x &&&+&2z&=&-4 \\
&&2y&+&3z&=&16 \\
\end{matrix}\right.
$$
y reduciéndolo por Gauss, vemos que es compatible determinado ( como era de esperar ) y su solución es $x=-\dfrac{188}{29}$, $y=\dfrac{178}{29}$, $z=\dfrac{36}{29}$, luego $P'(-\dfrac{188}{29},\dfrac{178}{29},\dfrac{36}{29})$; por tanto, el vector $\overrightarrow{PP'}=(-\dfrac{188}{29}-(-4),\dfrac{178}{29}-6,\dfrac{36}{29}-6)=(-\dfrac{72}{29},\dfrac{4}{29},-\dfrac{138}{29})$, y su módulo ( que es la distancia pedida ) es igual a
$\left\|\overrightarrow{PP'}\right\|=\sqrt{(-\dfrac{72}{29})^2+(\dfrac{4}{29})^2+(-\dfrac{138}{29})^2}=\dfrac{2\,\sqrt{6061}}{29} \approx 5,3691$
OTRA FORMA de resolverlo
Un vector director de $r$ es $(4,3,-2)$. La ecuación en forma paramétrica de la recta dada es $r:\,\left\{\begin{matrix}
x & = & -4 + 4\,\lambda \\
y & = & 8 + 3\,\lambda \\
z & = & -2\,\lambda\\
\end{matrix}\right.$; escogiendo, ahora, un valor cualquiera del parámetro $\lambda$, pongamos que $\lambda=0$, obtenemos el punto $M(-4,8,0)$ de $r$.
También sabemos que un vector director de $r$ es $\vec{u}=(4,3,-2)$. Entonces $\overrightarrow{PM}=(-4-(-4),8-6,0-6)=(0,2,6)$, con lo cual $\left\|\vec{u}\right\|=\sqrt{4^2+3^2+(-2)^2}=\sqrt{29}$, $\left\|\overrightarrow{PM}\right\|=\sqrt{0^2+2^2+(-6)^2}=\sqrt{40}$, y de la definición de producto escalar euclídeo
$$\cos{\angle (\overrightarrow{PM}, \vec{u})}=\dfrac{\langle \overrightarrow{PM}, \vec{u} \rangle}{\left\|\overrightarrow{PM}\right\| \left\|\vec{u}\right\| }=\dfrac{\langle ( 0,2,-6),(4,3,-2) \rangle}{\sqrt{29}\,\sqrt{40}}=\dfrac{18}{\sqrt{29}\,\sqrt{40}} \approx 0,5285$$
Por otra parte, $\text{dist}(P,r)=\left\| \overrightarrow{PM} \right\| \, \sin{ \angle (\overrightarrow{PM},\vec{u}) }$
$=\sqrt{40} \, \sqrt{1-\cos^2{ \angle (\overrightarrow{PM},\vec{u}) }} \approx \sqrt{40}\,\sqrt{1-0,5285^2} \approx 5,3691$
$\square$
(c)
Supongamos que $O(0,0,0)$, $P(-4,6,6)$ y $R(-4+4\lambda,8+3\lambda,-2\lambda)$ están alineados, entonces se deberá cumplir que $$\dfrac{(-4+4\lambda)-0}{-4-0}=\dfrac{(8+3\lambda)-0}{6-0}=\dfrac{-2\lambda-0}{6-0}$$ es decir $$\dfrac{-4+4\lambda}{-4}=\dfrac{8+3\lambda}{6}=\dfrac{-2\lambda}{6}$$ y simplificando $$1-\lambda=\dfrac{8+3\lambda}{6}=\dfrac{-\lambda}{3}$$ lo cual se cumple si y sólo si $$\left\{\begin{matrix}
3 &-&3\lambda & = &-\lambda \\
8 &+&3\lambda & = &-2\lambda \\
\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow
\left\{\begin{matrix}
3 & = &2\lambda \\
8 & = &-5\lambda \\
\end{matrix}\right.
\Leftrightarrow
\dfrac{3}{2}\overset{!}{=}-\dfrac{8}{5}
$$
y al llegar a una contradicción, debemos rechazar la hipótesis de partida, con lo cual concluimos que los puntos dados no están alineados, esto es, no existe ningún punto $R \in r$ tal que esté alineado con $O$ y $P$.
$\square$
domingo, 14 de junio de 2015
Ejercicio de geometría euclídea ...
ENUNCIADO
a) Dados los vectores $\vec{u}=(2,3,4)$, $\vec{v}=(-1,-1,-1)$ y $\vec{w}=(-1,\lambda,-5)$, encontrar los valores de $\lambda$ que hacen que el paralelepípedo $\mathcal{P}$ generado por $\vec{u}$, $\vec{v}$ y $\vec{w}$ concurrentes en un mismo vértice.
b) Obetener la ecuación de la recta incluida en el plano $\pi:\,z=0$, con dirección perpendicular a $\vec{t}=(2,-1,4)$ y que pasa por el punto $A(1,1,0)$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
(a)
Sabemos que el volumen pedido, $\mathcal{V}$, viene dado por el valor absoluto del producto mixto $[ \vec{u}\,,\,\vec{v}\,,\,\vec{w}]$, esto es, $$\mathcal{V} \overset{\text{Def}}{=}\left| \langle \vec{u} \,,\, \vec{v} \times \vec{w} \rangle \right|$$
donde designamos por $\langle \,,\, \rangle$ el producto escalar de dos vectores; y por $ \times$ el producto vectorial de dos vectores. A su vez, sabemos que $$ \langle \vec{u} \,,\, \vec{v} \times \vec{w} \rangle = \begin{vmatrix}
u_1 & u_2 & u_3\\
v_1 & v_2 & v_3\\
w_1 & w_2 & w_3\\
\end{vmatrix} $$
que, con los datos del problema es
$$\begin{vmatrix}
2 & 3 & 4\\
-1 & -1 & -1\\
-1 & \lambda & -5\\
\end{vmatrix} \overset{-f_1+f_2 \rightarrow f_2}{=}
\begin{vmatrix}
2 & 3 & 4\\
-1 & -1 & -1\\
0 & \lambda+1 & -4\\
\end{vmatrix}
\overset{2\,f_2+f_1 \rightarrow f_1}{=}
\begin{vmatrix}
0 & 1 & 2\\
-1 & -1 & -1\\
0 & \lambda+1 & -4\\
\end{vmatrix}$$
$\overset{\text{Laplace ( 1.ª columna )}}{=} -(-1) \, \begin{vmatrix}
1 & 2\\
\lambda+1 & -4\\
\end{vmatrix}
=-(6+2\,\lambda)
$
Entonces, si el volumen es igual a $6$ unidades arbitrarias de volumen, $\left| -(6+2\,\lambda ) \right| = 6 \Leftrightarrow \lambda=\left\{\begin{matrix}
0 \\
\text{ó}\\
-6
\end{matrix}\right.$
$\square$
b)
Sea $\pi$ el plano $xOy$ y sea $P(x,y,z)$ un punto genérico de la recta $r \subset \pi$ pedida, entonces, si $(1,1,0)$ son las coordenadas de un punto de $r$, el vector $(x-1\,,\,y-1\,,\,z-0)$ está en $\pi$ y, por tanto, es perpendicular al vector $\vec{t}=(2,-1,4)$ dado, con lo cual el producto escalar $\langle (x-1\,,\,y-1\,,\,z-0) \,, (2,-1,4) \rangle$ es igual a $0$. Desarrollando el producto escalar e imponiendo, pues, que sea nulo, obtenemos $$2\,(x-1)+(-1)(y-1)+4(z-0)=0$$ simplificando obtenemos la ecuación de un plano, $\pi'$, que contiene a $r$, y que es perpendicular al plano $xOy$ ( o plano $\pi$ ) que también contiene a $r$; la ecuación de dicho plano es $\pi':\,2x-y-1=0$, que, junto con el plano $\pi:\,z=0$ se llega a las ecuaciones cartesianas de la recta pedida $$r:\,\left\{\begin{matrix}
2\,x &-&y&&&=&1 \\
&&&&z&=&0 \\
\end{matrix}\right.$$
Obsérvese que, así, la recta pedida viene dada por la intersección de dos planos.
Por supuesto, también podemos darla en forma continua: $$r:\,\dfrac{x-1}{-1}=\dfrac{y-1}{-2}=\dfrac{z-0}{0}$$
$\square$
a) Dados los vectores $\vec{u}=(2,3,4)$, $\vec{v}=(-1,-1,-1)$ y $\vec{w}=(-1,\lambda,-5)$, encontrar los valores de $\lambda$ que hacen que el paralelepípedo $\mathcal{P}$ generado por $\vec{u}$, $\vec{v}$ y $\vec{w}$ concurrentes en un mismo vértice.
b) Obetener la ecuación de la recta incluida en el plano $\pi:\,z=0$, con dirección perpendicular a $\vec{t}=(2,-1,4)$ y que pasa por el punto $A(1,1,0)$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
(a)
Sabemos que el volumen pedido, $\mathcal{V}$, viene dado por el valor absoluto del producto mixto $[ \vec{u}\,,\,\vec{v}\,,\,\vec{w}]$, esto es, $$\mathcal{V} \overset{\text{Def}}{=}\left| \langle \vec{u} \,,\, \vec{v} \times \vec{w} \rangle \right|$$
donde designamos por $\langle \,,\, \rangle$ el producto escalar de dos vectores; y por $ \times$ el producto vectorial de dos vectores. A su vez, sabemos que $$ \langle \vec{u} \,,\, \vec{v} \times \vec{w} \rangle = \begin{vmatrix}
u_1 & u_2 & u_3\\
v_1 & v_2 & v_3\\
w_1 & w_2 & w_3\\
\end{vmatrix} $$
que, con los datos del problema es
$$\begin{vmatrix}
2 & 3 & 4\\
-1 & -1 & -1\\
-1 & \lambda & -5\\
\end{vmatrix} \overset{-f_1+f_2 \rightarrow f_2}{=}
\begin{vmatrix}
2 & 3 & 4\\
-1 & -1 & -1\\
0 & \lambda+1 & -4\\
\end{vmatrix}
\overset{2\,f_2+f_1 \rightarrow f_1}{=}
\begin{vmatrix}
0 & 1 & 2\\
-1 & -1 & -1\\
0 & \lambda+1 & -4\\
\end{vmatrix}$$
$\overset{\text{Laplace ( 1.ª columna )}}{=} -(-1) \, \begin{vmatrix}
1 & 2\\
\lambda+1 & -4\\
\end{vmatrix}
=-(6+2\,\lambda)
$
Entonces, si el volumen es igual a $6$ unidades arbitrarias de volumen, $\left| -(6+2\,\lambda ) \right| = 6 \Leftrightarrow \lambda=\left\{\begin{matrix}
0 \\
\text{ó}\\
-6
\end{matrix}\right.$
$\square$
b)
Sea $\pi$ el plano $xOy$ y sea $P(x,y,z)$ un punto genérico de la recta $r \subset \pi$ pedida, entonces, si $(1,1,0)$ son las coordenadas de un punto de $r$, el vector $(x-1\,,\,y-1\,,\,z-0)$ está en $\pi$ y, por tanto, es perpendicular al vector $\vec{t}=(2,-1,4)$ dado, con lo cual el producto escalar $\langle (x-1\,,\,y-1\,,\,z-0) \,, (2,-1,4) \rangle$ es igual a $0$. Desarrollando el producto escalar e imponiendo, pues, que sea nulo, obtenemos $$2\,(x-1)+(-1)(y-1)+4(z-0)=0$$ simplificando obtenemos la ecuación de un plano, $\pi'$, que contiene a $r$, y que es perpendicular al plano $xOy$ ( o plano $\pi$ ) que también contiene a $r$; la ecuación de dicho plano es $\pi':\,2x-y-1=0$, que, junto con el plano $\pi:\,z=0$ se llega a las ecuaciones cartesianas de la recta pedida $$r:\,\left\{\begin{matrix}
2\,x &-&y&&&=&1 \\
&&&&z&=&0 \\
\end{matrix}\right.$$
Obsérvese que, así, la recta pedida viene dada por la intersección de dos planos.
Por supuesto, también podemos darla en forma continua: $$r:\,\dfrac{x-1}{-1}=\dfrac{y-1}{-2}=\dfrac{z-0}{0}$$
$\square$
Discutir, según los valores de $m \in \mathbb{R}$, el sistema de ecuaciones siguiente: $$\left\{\begin{matrix} 4\,x & + & 3\,y & +&(m-1)\,z&=&0\\ x & - & 2\,y & +&m\,z&=&1\\ 5\,x & + & m\,y & +&z&=&1\\ \end{matrix}\right.$$ ...
ENUNCIADO
a) Discutir, según los valores de $m \in \mathbb{R}$, el sistema de ecuaciones siguiente: $$\left\{\begin{matrix}
4\,x & + & 3\,y & +&(m-1)\,z&=&0\\
x & - & 2\,y & +&m\,z&=&1\\
5\,x & + & m\,y & +&z&=&1\\
\end{matrix}\right.$$
b) Resolver el sistema anterior para el caso $m=1$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
(a)
Escribiendo el sistema de ecuaciones en forma matricial $AX=B$: $$\begin{pmatrix}
4 & 3 & m-1 \\
1 &-2 &m \\
5& m & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0\\
1\\
1
\end{pmatrix}$$
Realizando un análisis de rangos, recurriremos al Teorema de Rouché-Fröbenius para realizar la discusión del sistema en función de los valores que tome el parámetro $m$. La matriz de los coeficientes del sistema, ampliada con los términos independientes, es $$\tilde{A}=(A|B)=\left(\begin{array}{ccc|c}
4 & 3 & m-1 & 0\\
1 & -2 & m & 1\\
5 & m & 1 & 1\\
\end{array}\right)$$ Procedemos, ahora, a reducirla por Gauss ( el rango de las matrices resultantes de aplicar operaciones elementales por filas es invariante ):
Con las operaciones $-4\,f_2+f_1 \rightarrow f_2\;-5\,f_2+f_3 \rightarrow f_3$ llegamos a $$\left(\begin{array}{ccc|c}
4 & 3 & m-1 & 0\\
0 & 11 & -3\,m-1 & -4\\
0 & 10+m & -5\,m+1 & -4\\
\end{array}\right)$$ y haciendo $-\dfrac{1}{11}\,(10+m)\,f_2+f_3 \rightarrow f_3$ llegamos a la matriz escalonada $$\left(\begin{array}{ccc|c}
4 & 3 & m-1 & 0\\
0 & 11 & -3\,m-1 & -4\\
0 & 0 & \dfrac{3}{11}\,(m^2-8m+7) & \dfrac{4}{11}\,(m-1)\\
\end{array}\right)$$
Observemos que, en este caso, los valores que puedan tomar los coeficientes de la tercera fila determinan completamente el resultado de la discusión; para ello tendremos en cuenta los valores para los cuales se anulan dichos coeficientes: $m^2-8m+7=0 \Leftrightarrow x \in \{1\,,\,7\}$; y, además, $m-1=0 \Leftrightarrow m=1$. Con lo cual, distinguimos los siguientes casos:
Caso I.
Si $m=1$, entonces $m^2-8m+7=0$ y $m-1=0$; por tanto, $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=2$, por lo que podemos afirmar que ( al coincidir los rangos de la matriz de los coeficientes y de la matriz ampliada ) el sistema es compatible, siendo el rango, $r$, del sistema de ecuaciones ( esto es, el número de ecuaciones linealmente independientes ) igual a $2$. Y como $r=2 \prec n=3$, el sistema es, compatible indeterminado, con $n-r=3-2=1$ variable secundaria, y dos variables principales.
Caso II.
Si $m=7$, entonces $m^2-8m+7=0$ y $m-1 \neq 0$, con lo cual $\text{rg}(A)=2$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$, luego $\text{rg}(A) \neq \text{rg}(\tilde{A})$ y, por tanto, el sistema es incompatible.
Caso III.
Si $m \notin \{1\,,\,7\}$, entonces $m^2-8m+7 \neq 0$ y $m-1 \neq 0$, con lo cual $\text{rg}(A)=3$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$, por lo que, al coincidir los rangos de la matriz de los coeficientes y de la matriz ampliada, deducimos que el sistema es compatible; y, como, además, el rango, $r$, del sistema de ecuaciones, que es $3$, es igual al número de incógnitas, $n$, concluimos que el sistema es, en este caso, compatible determinado.
-oOo-
OTRA FORMA de llevar a cabo la discusión pedida consiste en hacer uso del método de los determinantes para hallar los rangos de las matrices $A$ y $\tilde{A}$. Veámoslo a continuación.
Observemos que, por ejemplo, la submatriz de orden $2$ formada por los coeficientes de las filas primera y segunda y de las columnas primera y segunda ( es submatriz de $\tilde{A}$, y por tanto también de $A$ ) tiene determinante no nulo $$\begin{vmatrix}
4 & 3\\
1 & -2
\end{vmatrix} = -11 \neq 0$$ de donde podemos deducir que $\text{rg}(A) \ge 2$ y $\text{rg}(\tilde{A}) \ge 2$. Orlando dicha submatriz, encontramos sólo dos submatrices de un orden mayor, cuyos determinantes son:
$$\Delta_1=\begin{vmatrix}
4 & 3 & m-1\\
1 & -2 & m \\
5 & m & 1
\end{vmatrix}=-3\,(m^2-8m+7)$$ y $$\Delta_2=\begin{vmatrix}
4 & 3 & 0\\
1 & -2 & 1 \\
5 & m & 1
\end{vmatrix}=m-1$$
Démonos cuenta, ahora, de que $\Delta_1=0 \Leftrightarrow m \in \{1\,,\,7\}$ y $\Delta_2=0 \Leftrightarrow m=1$. Llegados a este punto, ya podemos iniciar la discusión:
Caso I.
Si $m=1$, entonces $\Delta_1=0$ y $\Delta_2 = 0$, luego $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=2$, por lo que podemos afirmar que ( al coincidir los rangos de la matriz de los coeficientes y de la matriz ampliada ) el sistema es compatible, siendo el rango, $r$, del sistema de ecuaciones ( esto es, el número de ecuaciones linealmente independientes ) igual a $2$. Y como $r=2 \prec n=3$, el sistema es, compatible indeterminado, con $n-r=3-2=1$ variable secundaria, y dos variables principales.
Caso II.
Si $m=7$, entonces $\Delta_1=0$ y $\Delta_2 \neq 0$, con lo cual $\text{rg}(A)=2$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$, luego $\text{rg}(A) \neq \text{rg}(\tilde{A})$ y, por tanto, el sistema es incompatible.
Caso III.
Si $m \notin \{1\,,\,7\}$, entonces $\Delta_1 \neq 0$ ( y por tanto $\text{rg}(A)=3$ ) y $\Delta_2 \neq 0$ ( y por tanto $\text{rg}(\tilde{A})=3$ ). Al coincidir los rangos de la matriz de los coeficientes y de la matriz ampliada, deducimos que el sistema es compatible; y, como, además, el rango, $r$, del sistema de ecuaciones, que es $3$, es igual al número de incógnitas, $n$, concluimos que el sistema es, en este caso, compatible determinado.
(b)
Si $m=1$, estamos en el caso I ( sistema compatible indeterminado con una variable secundaria ), y el sistema ( ya reducido ) se puede escribir de la forma $$\left\{\begin{matrix}
4\,x &+ & 3\,y&&&=&0 \\
& & 11\,y&-&4\,z&=&-4 \\
\end{matrix}\right.$$
Como debemos elegir una variable secundaria, escogemos, por ejemplo, $\lambda:=z-4$, con lo cual nos queda $$\left\{\begin{matrix}
4\,x &+ & 3\,y&&&=&0 \\
& & 11\,y&&&=&\lambda \\
& &&&z&=&\lambda+4 \\
\end{matrix}\right.$$ Despejando $y$ de la segunda ecuación, obtenemos $y=\dfrac{1}{11}\,\lambda$; y, sustituyendo este valor en la primera ecuación, obtenemos el valor de $x$: $x=-\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{1}{11}\,\lambda$, esto es, $x=-\dfrac{3}{44}\,\lambda$.
Así pues, la solución del sistema viene dada por las infinitas ternas de números reales cuya estructura es $$\lbrace (-\dfrac{3}{44}\,\lambda\,,\,\dfrac{1}{11}\,\lambda\,,\,\lambda+4):\,\lambda \in \mathbb{R} \rbrace$$
$\square$
a) Discutir, según los valores de $m \in \mathbb{R}$, el sistema de ecuaciones siguiente: $$\left\{\begin{matrix}
4\,x & + & 3\,y & +&(m-1)\,z&=&0\\
x & - & 2\,y & +&m\,z&=&1\\
5\,x & + & m\,y & +&z&=&1\\
\end{matrix}\right.$$
b) Resolver el sistema anterior para el caso $m=1$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
(a)
Escribiendo el sistema de ecuaciones en forma matricial $AX=B$: $$\begin{pmatrix}
4 & 3 & m-1 \\
1 &-2 &m \\
5& m & 1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x\\
y\\
z
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
0\\
1\\
1
\end{pmatrix}$$
Realizando un análisis de rangos, recurriremos al Teorema de Rouché-Fröbenius para realizar la discusión del sistema en función de los valores que tome el parámetro $m$. La matriz de los coeficientes del sistema, ampliada con los términos independientes, es $$\tilde{A}=(A|B)=\left(\begin{array}{ccc|c}
4 & 3 & m-1 & 0\\
1 & -2 & m & 1\\
5 & m & 1 & 1\\
\end{array}\right)$$ Procedemos, ahora, a reducirla por Gauss ( el rango de las matrices resultantes de aplicar operaciones elementales por filas es invariante ):
Con las operaciones $-4\,f_2+f_1 \rightarrow f_2\;-5\,f_2+f_3 \rightarrow f_3$ llegamos a $$\left(\begin{array}{ccc|c}
4 & 3 & m-1 & 0\\
0 & 11 & -3\,m-1 & -4\\
0 & 10+m & -5\,m+1 & -4\\
\end{array}\right)$$ y haciendo $-\dfrac{1}{11}\,(10+m)\,f_2+f_3 \rightarrow f_3$ llegamos a la matriz escalonada $$\left(\begin{array}{ccc|c}
4 & 3 & m-1 & 0\\
0 & 11 & -3\,m-1 & -4\\
0 & 0 & \dfrac{3}{11}\,(m^2-8m+7) & \dfrac{4}{11}\,(m-1)\\
\end{array}\right)$$
Observemos que, en este caso, los valores que puedan tomar los coeficientes de la tercera fila determinan completamente el resultado de la discusión; para ello tendremos en cuenta los valores para los cuales se anulan dichos coeficientes: $m^2-8m+7=0 \Leftrightarrow x \in \{1\,,\,7\}$; y, además, $m-1=0 \Leftrightarrow m=1$. Con lo cual, distinguimos los siguientes casos:
Caso I.
Si $m=1$, entonces $m^2-8m+7=0$ y $m-1=0$; por tanto, $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=2$, por lo que podemos afirmar que ( al coincidir los rangos de la matriz de los coeficientes y de la matriz ampliada ) el sistema es compatible, siendo el rango, $r$, del sistema de ecuaciones ( esto es, el número de ecuaciones linealmente independientes ) igual a $2$. Y como $r=2 \prec n=3$, el sistema es, compatible indeterminado, con $n-r=3-2=1$ variable secundaria, y dos variables principales.
Caso II.
Si $m=7$, entonces $m^2-8m+7=0$ y $m-1 \neq 0$, con lo cual $\text{rg}(A)=2$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$, luego $\text{rg}(A) \neq \text{rg}(\tilde{A})$ y, por tanto, el sistema es incompatible.
Caso III.
Si $m \notin \{1\,,\,7\}$, entonces $m^2-8m+7 \neq 0$ y $m-1 \neq 0$, con lo cual $\text{rg}(A)=3$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$, por lo que, al coincidir los rangos de la matriz de los coeficientes y de la matriz ampliada, deducimos que el sistema es compatible; y, como, además, el rango, $r$, del sistema de ecuaciones, que es $3$, es igual al número de incógnitas, $n$, concluimos que el sistema es, en este caso, compatible determinado.
OTRA FORMA de llevar a cabo la discusión pedida consiste en hacer uso del método de los determinantes para hallar los rangos de las matrices $A$ y $\tilde{A}$. Veámoslo a continuación.
Observemos que, por ejemplo, la submatriz de orden $2$ formada por los coeficientes de las filas primera y segunda y de las columnas primera y segunda ( es submatriz de $\tilde{A}$, y por tanto también de $A$ ) tiene determinante no nulo $$\begin{vmatrix}
4 & 3\\
1 & -2
\end{vmatrix} = -11 \neq 0$$ de donde podemos deducir que $\text{rg}(A) \ge 2$ y $\text{rg}(\tilde{A}) \ge 2$. Orlando dicha submatriz, encontramos sólo dos submatrices de un orden mayor, cuyos determinantes son:
$$\Delta_1=\begin{vmatrix}
4 & 3 & m-1\\
1 & -2 & m \\
5 & m & 1
\end{vmatrix}=-3\,(m^2-8m+7)$$ y $$\Delta_2=\begin{vmatrix}
4 & 3 & 0\\
1 & -2 & 1 \\
5 & m & 1
\end{vmatrix}=m-1$$
Démonos cuenta, ahora, de que $\Delta_1=0 \Leftrightarrow m \in \{1\,,\,7\}$ y $\Delta_2=0 \Leftrightarrow m=1$. Llegados a este punto, ya podemos iniciar la discusión:
Caso I.
Si $m=1$, entonces $\Delta_1=0$ y $\Delta_2 = 0$, luego $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=2$, por lo que podemos afirmar que ( al coincidir los rangos de la matriz de los coeficientes y de la matriz ampliada ) el sistema es compatible, siendo el rango, $r$, del sistema de ecuaciones ( esto es, el número de ecuaciones linealmente independientes ) igual a $2$. Y como $r=2 \prec n=3$, el sistema es, compatible indeterminado, con $n-r=3-2=1$ variable secundaria, y dos variables principales.
Caso II.
Si $m=7$, entonces $\Delta_1=0$ y $\Delta_2 \neq 0$, con lo cual $\text{rg}(A)=2$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$, luego $\text{rg}(A) \neq \text{rg}(\tilde{A})$ y, por tanto, el sistema es incompatible.
Caso III.
Si $m \notin \{1\,,\,7\}$, entonces $\Delta_1 \neq 0$ ( y por tanto $\text{rg}(A)=3$ ) y $\Delta_2 \neq 0$ ( y por tanto $\text{rg}(\tilde{A})=3$ ). Al coincidir los rangos de la matriz de los coeficientes y de la matriz ampliada, deducimos que el sistema es compatible; y, como, además, el rango, $r$, del sistema de ecuaciones, que es $3$, es igual al número de incógnitas, $n$, concluimos que el sistema es, en este caso, compatible determinado.
(b)
Si $m=1$, estamos en el caso I ( sistema compatible indeterminado con una variable secundaria ), y el sistema ( ya reducido ) se puede escribir de la forma $$\left\{\begin{matrix}
4\,x &+ & 3\,y&&&=&0 \\
& & 11\,y&-&4\,z&=&-4 \\
\end{matrix}\right.$$
Como debemos elegir una variable secundaria, escogemos, por ejemplo, $\lambda:=z-4$, con lo cual nos queda $$\left\{\begin{matrix}
4\,x &+ & 3\,y&&&=&0 \\
& & 11\,y&&&=&\lambda \\
& &&&z&=&\lambda+4 \\
\end{matrix}\right.$$ Despejando $y$ de la segunda ecuación, obtenemos $y=\dfrac{1}{11}\,\lambda$; y, sustituyendo este valor en la primera ecuación, obtenemos el valor de $x$: $x=-\dfrac{3}{4}\cdot \dfrac{1}{11}\,\lambda$, esto es, $x=-\dfrac{3}{44}\,\lambda$.
Así pues, la solución del sistema viene dada por las infinitas ternas de números reales cuya estructura es $$\lbrace (-\dfrac{3}{44}\,\lambda\,,\,\dfrac{1}{11}\,\lambda\,,\,\lambda+4):\,\lambda \in \mathbb{R} \rbrace$$
$\square$
viernes, 12 de junio de 2015
Dada la función $f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$, se pide ...
ENUNCIADO
Dada la función $$f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$$ se pide:
a) Determinar el dominio de $f$ y sus asíntotas
b) Calcular la recta tangente a la gráfica de la función $y=f(x)$ en $x=0$
c) Calcular $\int \,f(x)\,dx$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN:
(a)
Dominio de definición de $f$
El logaritmo sólo está definido para valores positivos de su argumento, luego $x+1 \succ 0$ y, por tanto, $x$ debe ser mayor que $-1$; por otra parte, el primer término de la función anula su denominador para $x=\pm2$, y por tanto, la función no está definida, para $x=2$ ( y, tapoco tampoco para $x=-2$, pero al ser este valor menor que $-1$, no será considerado, por no pertenecer al intervalo de definición del logaritmo neperiano ( segundo término ). Así, pues, $D_f=\mathbb{R} \supset (-1\,,\,+\infty)\setminus\{2\}$
Asíntotas verticales:
Observemos que la función toma valores negativos para valores de $x$ comprendidos entre $-1$ y $2$; y, positivos para valores de $x$ mayores que $2$, así que, al realizar los siguientes límites encontramos: $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{+}}\,f(x)=+\infty$, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{-}}\,f(x)=-\infty$; y, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1}\,f(x)=-\infty$, luego hay dos asíntotas verticales: $\text{a.v.}_{1}:\,x=-1$ y $\text{a.v.}_{2}:\,x=2$
Asíntotas oblícuas ( incluidas las de pendiente nula, es decir las horizontales ):
La ecuación de una función lineal afín ( de una recta asíntota oblícua ) se escribe de la forma explícita $a.o.:\,y=mx+k$. Veamos, primero, el valor de $m$; por definición, $m=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,f'(x)=\lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,\dfrac{f(x)}{x}$. Observemos que, en nuestro caso, no tiene sentido hallar el límite cuando $x \rightarrow -\infty$ ya que la función no está definida para valores menores que $-1$, por tanto, sólo halleremos el límite para $x \rightarrow +\infty$. Por otra parte, notemos que $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, con lo cual, y, teniendo en cuenta que $ \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, vemos que $$\displaystyle m=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}\right)+\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)$$ El primer límite es, evidentemente, $0$ ( por ser el numerador una constante y el denominador un polinomio de grado mayor que cero ), mientras que el segundo puede calcularse empleando la regla de L'Hôpital, pues nos encontramos una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ al pasar el límite; por tanto
$\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{\left(\ln{(x+1)}\right)'}{\left(x(x+1)\right)'}=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1/(x+1)}{2x+1}=$
$\displaystyle=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1}{(2x+1)(x+1)}=0$ Así, pues, la función dada tiene una asíntota oblícua ( horizontal, en particular, por ser su pendiente igual a cero ) que podemos escribir de la forma $\text{a.o.}:\,y=0$
(b)
La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función $y=f(x)$ en un punto de abscisa $x_0$ se escribe de la forma $\text{r.t.}:\,y=f(x_0)+f'(x_0)\,(x-x_0)$. En nuestro caso, $x_0=0$, con lo cual, al sustituir en la fórmula de la función, encontramos: $f(0)=0$. Por otra parte, derivando la función, término a término, se obtiene la siguiente función derivada $$f'(x)=-\dfrac{x^2+4}{(x^2-4)^2}+\dfrac{1-\ln{(x+1)}}{(x+1)^2}$$ con lo cual, al sustituir $x$ por $0$, el valor de la derivada en dicho punto es $f'(0)=-\dfrac{0+4}{(0-4)^2}+\dfrac{1-\ln{1}}{(0+1)^2}=-\dfrac{1}{4}+1=\dfrac{3}{4}$. Por consiguiente, la ecuación de la recta tangente pedida es $y=0+\dfrac{3}{4}\,(x-0)$, esto es, $\text{r.t.}:\,y=\dfrac{3}{4}\,x$
(c)
$\displaystyle \int\,f(x)\,dx= \int\,\left( \dfrac{x}{x^2-4} + \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\right)\,dx = \int\, \dfrac{x}{x^2-4}\,dx + \int\, \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\,dx = $
$\displaystyle = \dfrac{1}{2}\,\int\, \dfrac{2\,x\,dx}{x^2-4} + \int\, \ln{(x+1)}\,d(\ln{(x+1)}+C=\dfrac{1}{2}\,\ln{(\left|x^2-4\right|)}+\dfrac{1}{2}\,\left( \ln{(\left|x+1\right|)} \right)^2+C$
$\square$
Dada la función $$f(x)=\dfrac{x}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}$$ se pide:
a) Determinar el dominio de $f$ y sus asíntotas
b) Calcular la recta tangente a la gráfica de la función $y=f(x)$ en $x=0$
c) Calcular $\int \,f(x)\,dx$
[ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN:
(a)
Dominio de definición de $f$
El logaritmo sólo está definido para valores positivos de su argumento, luego $x+1 \succ 0$ y, por tanto, $x$ debe ser mayor que $-1$; por otra parte, el primer término de la función anula su denominador para $x=\pm2$, y por tanto, la función no está definida, para $x=2$ ( y, tapoco tampoco para $x=-2$, pero al ser este valor menor que $-1$, no será considerado, por no pertenecer al intervalo de definición del logaritmo neperiano ( segundo término ). Así, pues, $D_f=\mathbb{R} \supset (-1\,,\,+\infty)\setminus\{2\}$
Asíntotas verticales:
Observemos que la función toma valores negativos para valores de $x$ comprendidos entre $-1$ y $2$; y, positivos para valores de $x$ mayores que $2$, así que, al realizar los siguientes límites encontramos: $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{+}}\,f(x)=+\infty$, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 2^{-}}\,f(x)=-\infty$; y, $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1}\,f(x)=-\infty$, luego hay dos asíntotas verticales: $\text{a.v.}_{1}:\,x=-1$ y $\text{a.v.}_{2}:\,x=2$
Asíntotas oblícuas ( incluidas las de pendiente nula, es decir las horizontales ):
La ecuación de una función lineal afín ( de una recta asíntota oblícua ) se escribe de la forma explícita $a.o.:\,y=mx+k$. Veamos, primero, el valor de $m$; por definición, $m=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,f'(x)=\lim_{x \rightarrow \pm\infty} \,\dfrac{f(x)}{x}$. Observemos que, en nuestro caso, no tiene sentido hallar el límite cuando $x \rightarrow -\infty$ ya que la función no está definida para valores menores que $-1$, por tanto, sólo halleremos el límite para $x \rightarrow +\infty$. Por otra parte, notemos que $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, con lo cual, y, teniendo en cuenta que $ \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}$, vemos que $$\displaystyle m=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}+\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{1}{x^2-4}\right)+\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)$$ El primer límite es, evidentemente, $0$ ( por ser el numerador una constante y el denominador un polinomio de grado mayor que cero ), mientras que el segundo puede calcularse empleando la regla de L'Hôpital, pues nos encontramos una indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{\infty}$ al pasar el límite; por tanto
$\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\left(\dfrac{\ln{(x+1)}}{x(x+1)}\right)=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{\left(\ln{(x+1)}\right)'}{\left(x(x+1)\right)'}=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1/(x+1)}{2x+1}=$
$\displaystyle=\lim_{x \rightarrow +\infty}\,\dfrac{1}{(2x+1)(x+1)}=0$ Así, pues, la función dada tiene una asíntota oblícua ( horizontal, en particular, por ser su pendiente igual a cero ) que podemos escribir de la forma $\text{a.o.}:\,y=0$
(b)
La ecuación de la recta tangente a la gráfica de una función $y=f(x)$ en un punto de abscisa $x_0$ se escribe de la forma $\text{r.t.}:\,y=f(x_0)+f'(x_0)\,(x-x_0)$. En nuestro caso, $x_0=0$, con lo cual, al sustituir en la fórmula de la función, encontramos: $f(0)=0$. Por otra parte, derivando la función, término a término, se obtiene la siguiente función derivada $$f'(x)=-\dfrac{x^2+4}{(x^2-4)^2}+\dfrac{1-\ln{(x+1)}}{(x+1)^2}$$ con lo cual, al sustituir $x$ por $0$, el valor de la derivada en dicho punto es $f'(0)=-\dfrac{0+4}{(0-4)^2}+\dfrac{1-\ln{1}}{(0+1)^2}=-\dfrac{1}{4}+1=\dfrac{3}{4}$. Por consiguiente, la ecuación de la recta tangente pedida es $y=0+\dfrac{3}{4}\,(x-0)$, esto es, $\text{r.t.}:\,y=\dfrac{3}{4}\,x$
(c)
$\displaystyle \int\,f(x)\,dx= \int\,\left( \dfrac{x}{x^2-4} + \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\right)\,dx = \int\, \dfrac{x}{x^2-4}\,dx + \int\, \dfrac{\ln{(x+1)}}{x+1}\,dx = $
$\displaystyle = \dfrac{1}{2}\,\int\, \dfrac{2\,x\,dx}{x^2-4} + \int\, \ln{(x+1)}\,d(\ln{(x+1)}+C=\dfrac{1}{2}\,\ln{(\left|x^2-4\right|)}+\dfrac{1}{2}\,\left( \ln{(\left|x+1\right|)} \right)^2+C$
$\square$
jueves, 11 de junio de 2015
Dados el plano $\pi:\,x-2y+2z+1=0$ y la superficie esférica $S:\,(x-1)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=9$ ...
ENUNCIADO
Dados el plano $\pi:\,x-2y+2z+1=0$ y la superficie esférica $S:\,(x-1)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=9$, hallar los planos tangentes a la esfera que son paralelos al plano $\pi$. [ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
Sea, $(x,y,z) \in S$, un punto de la esfera y de uno de los planos tangentes pedidos, entonces el vector de posición de dicho(s) punto(s) ( con respecto del centro de la esfera ) es $(x-1,y-1,z-2)$ ya que el centro de la esfera es el punto $(1,1,2)$
Por otra parte, un vector perpendicular a los planos tangentes paralelos a $\pi$ es también un vector perpendicular a $\pi$, esto es, $(1,-2,2)$ ( sus componentes corresponden a los coeficientes $A$, $B$, y $C$ de la ecuación general del plano $Ax+By+Cz+D=0$ ), por tanto $$(x-1,y-1,z-2) \propto (1,,1,2) $$ es decir $$(x-1,y-1,z-2) = \lambda\, (1,1,2)\; \; \text{donde}\; \lambda \in \mathbb{R}$$ con lo cual $$\left\{\begin{matrix} x-1 & = & \lambda \\ y-1 &=& -2\,\lambda \\ z-2 &=&2\,\lambda \\ \end{matrix}\right.$$ es decir $$\left\{\begin{matrix} x & = & \lambda +1 \\ y &=& -2\,\lambda +1 \\ z &=&2\,\lambda +2 \\ \end{matrix}\right.$$ Por lo tanto, los puntos de tangencia son del tipo $$(\lambda +1,-2\,\lambda+1,2\,\lambda+2)$$ Vamos ahora a determinar los valores concretos que toma $\lambda$; para ello, debemos tener en cuenta que los puntos de tangencia están también en $S$, con lo cual deberán satisfacer la ecuación de $S$ $$((\lambda+1-1)^2+(-2\lambda+1-1)^2+(2\,\lambda+2-2)^2=9$$ simplificando $$9\,\lambda^2=9 \Leftrightarrow \lambda=\pm 1$$ Sustituyendo estos dos valores encontramos dos puntos de tangencia, $P_1$ y $P_2$, con los que determinaremos las ecuaciones de sendos planos tangentes ( paralelos al plano dado; y, por tanto, paralelos entre sí ): $$(x_1,y_1,z_1)=(1+(+1),-2+(+1),2\,(+1)+2)=(2,-1,4)$$ y $$(x_2,y_2,z_2)=(1+(-1),-2+(-1),2\,(-1)+2)=(0,-3,0)$$ Los planos tangentes pedidos respectivos son $$\pi_1:\,x-2y+2z+D_1=0$$ y $$\pi_2:\,x-2y+2z+D_2=0$$ donde los coeficientes $D_1$ y $D_2$ se determinan imponiendo que los puntos $P_1$ y $P_2$ pertenecen al plano tangente respectivo: $$1\cdot 2-2\,(-1)+2\,(4)+D_1=0 \Rightarrow D_1=-12$$ y $$1\cdot 0-2\,(-3)+2\cdot 0+D_2=0 \Rightarrow D_2=-6$$ Así, pues, las ecuaciones de los dos planos tangentes que cumplen la condición del enunciado son $$\pi_1:\,x-2y+2z-12=0$$ y $$\pi_2:\,x-2y+2z-6=0$$ $\square$
Dados el plano $\pi:\,x-2y+2z+1=0$ y la superficie esférica $S:\,(x-1)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=9$, hallar los planos tangentes a la esfera que son paralelos al plano $\pi$. [ PAU 2015, Madrid ]
SOLUCIÓN
Sea, $(x,y,z) \in S$, un punto de la esfera y de uno de los planos tangentes pedidos, entonces el vector de posición de dicho(s) punto(s) ( con respecto del centro de la esfera ) es $(x-1,y-1,z-2)$ ya que el centro de la esfera es el punto $(1,1,2)$
Por otra parte, un vector perpendicular a los planos tangentes paralelos a $\pi$ es también un vector perpendicular a $\pi$, esto es, $(1,-2,2)$ ( sus componentes corresponden a los coeficientes $A$, $B$, y $C$ de la ecuación general del plano $Ax+By+Cz+D=0$ ), por tanto $$(x-1,y-1,z-2) \propto (1,,1,2) $$ es decir $$(x-1,y-1,z-2) = \lambda\, (1,1,2)\; \; \text{donde}\; \lambda \in \mathbb{R}$$ con lo cual $$\left\{\begin{matrix} x-1 & = & \lambda \\ y-1 &=& -2\,\lambda \\ z-2 &=&2\,\lambda \\ \end{matrix}\right.$$ es decir $$\left\{\begin{matrix} x & = & \lambda +1 \\ y &=& -2\,\lambda +1 \\ z &=&2\,\lambda +2 \\ \end{matrix}\right.$$ Por lo tanto, los puntos de tangencia son del tipo $$(\lambda +1,-2\,\lambda+1,2\,\lambda+2)$$ Vamos ahora a determinar los valores concretos que toma $\lambda$; para ello, debemos tener en cuenta que los puntos de tangencia están también en $S$, con lo cual deberán satisfacer la ecuación de $S$ $$((\lambda+1-1)^2+(-2\lambda+1-1)^2+(2\,\lambda+2-2)^2=9$$ simplificando $$9\,\lambda^2=9 \Leftrightarrow \lambda=\pm 1$$ Sustituyendo estos dos valores encontramos dos puntos de tangencia, $P_1$ y $P_2$, con los que determinaremos las ecuaciones de sendos planos tangentes ( paralelos al plano dado; y, por tanto, paralelos entre sí ): $$(x_1,y_1,z_1)=(1+(+1),-2+(+1),2\,(+1)+2)=(2,-1,4)$$ y $$(x_2,y_2,z_2)=(1+(-1),-2+(-1),2\,(-1)+2)=(0,-3,0)$$ Los planos tangentes pedidos respectivos son $$\pi_1:\,x-2y+2z+D_1=0$$ y $$\pi_2:\,x-2y+2z+D_2=0$$ donde los coeficientes $D_1$ y $D_2$ se determinan imponiendo que los puntos $P_1$ y $P_2$ pertenecen al plano tangente respectivo: $$1\cdot 2-2\,(-1)+2\,(4)+D_1=0 \Rightarrow D_1=-12$$ y $$1\cdot 0-2\,(-3)+2\cdot 0+D_2=0 \Rightarrow D_2=-6$$ Así, pues, las ecuaciones de los dos planos tangentes que cumplen la condición del enunciado son $$\pi_1:\,x-2y+2z-12=0$$ y $$\pi_2:\,x-2y+2z-6=0$$ $\square$
miércoles, 10 de junio de 2015
Calcular la integral indefinida ... ( Artículo escrito en catalán )
Enunciat:
Resoleu la següent integral indefinida (trobeu la família de funcions primitives)
$\displaystyle \int \, \bigg(x^3-x^2+x-1\bigg)\,dx$
Resolució:
Donada una funció $f(x)$, recordem que la integral indefinida
$\displaystyle \int \, f(x)\,dx$
correspon al problema de trobar la família de funcions primitives de la funció de l'integrand $f(x)$; és a dir, $\{F(x)+C\}$ ( $C$ és una constant: la constant d'integració ) de tal manera que
$\bigg(F(x)+C\bigg)^{'}=f(x)$
Tenint en compte les regles de derivació (en concret la que dóna la derivada d'una funció potencial i la derivada d'una suma de funcions ) és clar que
$\displaystyle \int \, \bigg(x^3-x^2+x-1\bigg)\,dx =\dfrac{1}{4}\,x^4-\dfrac{1}{3}\,x^3+\dfrac{1}{2}\,x^2-x+C$
$\square$
martes, 9 de junio de 2015
Romanesco ... ( Artículo escrito en catalán )
Un estiu vaig fer aquestes fotografies a una col que vam plantar a l'hort de casa i que, naturament, ens vam menjar molt a gust. Com veieu és un romanesco, la forma del qual és un exemple emblemàtic d'una fractal. El romanesco Brassica oleracea és un híbrid entre el bròquil (Brassica oleracea var botrytis) i el bròcoli (Brassica oleracea var italica).
domingo, 7 de junio de 2015
viernes, 5 de junio de 2015
Calcular la masa de ... ( Artículo escrito en catalán )
Enunciat:
Càlculeu la massa d'una varnilla de densitat (lineal) no homogènia $\rho(x)=x+1$ i longitud $L$
Resolució:
Com que un element infinitesimal de massa es pot escriure de la forma
$\Delta \,m = \rho(x) \, \Delta \, x$
per calcular la massa de la varnilla efectuem una suma
d'elements infinitesimals
$\displaystyle \Sigma \, \rho(x) \Delta x$
Passant al límit, trobem
$\displaystyle m=\int_{0}^{L} \rho(x)\, dx = \Big[\frac{x^2}{2}+x\Big]_{0}^{L} =\frac{L\,\big(L+2\big)}{2}$
$\square$
miércoles, 3 de junio de 2015
Un ejercicio de cálculo numérico con DERIVE ... ( Artículo escrito en catalán )
La imatge de sota mostra el codi font [ fet amb DERIVE (tm)] i el resultat gràfic d'un senzill exercici de simulació numèrica d'una òrbita el·líptica (gravitació de Newton) a partir de la integració numèrica de les equacions del moviment emprant l'algorisme d'Euler.
Per entendre-ho millor, us ajudarà força llegir [aquestes explicacions] que, en el seu momento, vaig escriure per ajudar a un alumne.
Per entendre-ho millor, us ajudarà força llegir [aquestes explicacions] que, en el seu momento, vaig escriure per ajudar a un alumne.
La masa de una muestra radiactiva ...
ENUNCIADO
La masa de una muestra de una cierta sustancia radiactiva decrece según la función $m(t)=m_{o}\,e^{-0,1\,t}$. ¿ Al cabo de cuánto tiempo la muestra se ha reducido a la mitad ?. Si la masa inicial es igual a $27 \, \text{mg}$, ¿ cuál será la masa de la muestra al cabo de $10$ días ? ¿ Se va a desintegrar completamente dicha muestra ?
SOLUCIÓN
Como la masa inicial es $m(0)=m_0\,\,e^{-0,1\cdot 0}=m_0 \, e^0 = m_0 \cdot 1=m_0$, podemos escribir $$\dfrac{1}{2}\,m_0=m_{o}\,e^{-0,1\,t}$$ es decir $$\dfrac{1}{2}=e^{-0,1\,t}$$ Sacando logaritmos en cada miembro de la ecuación $$\ln{\dfrac{1}{2}}=-0,1\,t\,\ln{e}$$ de done, despejando $t$, llegamos a $$t=-\dfrac{\ln{1/2}}{0,1} \approx 6,9 \, \text{días}$$
La masa de la muestra al cabo de $10$ días, teniendo en cuenta que la masa inicial era de $27$ miligramos vendrá dada por el valor de función para $t=10$ días $$m(10)=27\,e^{-0,1 \cdot 10}$$ esto es $$m(10)=27\,e^{-1}=\dfrac{27}{e} \approx 10 \, \text{mg}$$
Para contestar a la última pregunta, debemos calcular el límite $$\displaystyle \lim_{t \rightarrow +\infty}\,m(t)$$ Veamos si es igual a cero; en cuyo caso, podremos afirmar que la muestra se va a desintegrar completamente. Y, en efecto, así es $$\displaystyle \lim_{t \rightarrow +\infty}\,m(t)=\lim_{t \rightarrow+\infty}\,m_{o}\,e^{-0,1\,t}=m_0\,\lim_{t \rightarrow+\infty}\,e^{-\infty}=0$$
$\square$
La masa de una muestra de una cierta sustancia radiactiva decrece según la función $m(t)=m_{o}\,e^{-0,1\,t}$. ¿ Al cabo de cuánto tiempo la muestra se ha reducido a la mitad ?. Si la masa inicial es igual a $27 \, \text{mg}$, ¿ cuál será la masa de la muestra al cabo de $10$ días ? ¿ Se va a desintegrar completamente dicha muestra ?
SOLUCIÓN
Como la masa inicial es $m(0)=m_0\,\,e^{-0,1\cdot 0}=m_0 \, e^0 = m_0 \cdot 1=m_0$, podemos escribir $$\dfrac{1}{2}\,m_0=m_{o}\,e^{-0,1\,t}$$ es decir $$\dfrac{1}{2}=e^{-0,1\,t}$$ Sacando logaritmos en cada miembro de la ecuación $$\ln{\dfrac{1}{2}}=-0,1\,t\,\ln{e}$$ de done, despejando $t$, llegamos a $$t=-\dfrac{\ln{1/2}}{0,1} \approx 6,9 \, \text{días}$$
La masa de la muestra al cabo de $10$ días, teniendo en cuenta que la masa inicial era de $27$ miligramos vendrá dada por el valor de función para $t=10$ días $$m(10)=27\,e^{-0,1 \cdot 10}$$ esto es $$m(10)=27\,e^{-1}=\dfrac{27}{e} \approx 10 \, \text{mg}$$
Para contestar a la última pregunta, debemos calcular el límite $$\displaystyle \lim_{t \rightarrow +\infty}\,m(t)$$ Veamos si es igual a cero; en cuyo caso, podremos afirmar que la muestra se va a desintegrar completamente. Y, en efecto, así es $$\displaystyle \lim_{t \rightarrow +\infty}\,m(t)=\lim_{t \rightarrow+\infty}\,m_{o}\,e^{-0,1\,t}=m_0\,\lim_{t \rightarrow+\infty}\,e^{-\infty}=0$$
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Cálculo de límites
Ejercicio a)
Enunciado:
Calcular el valor del siguiente límite
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})^2}{(x-\frac{\pi}{2})^2}$
Resolución:
Por las propiedades elementales del cálculo de límites de las funciones continuas podemos escribir dicho límite de la forma
$\displaystyle \Bigg(\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})}\Bigg)^2$
Calculemos, por tanto, el límite de la base de la potencia
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})}$
al intentar pasar al límite encontramos una indeterminación del tipo
$\frac{0}{0}$
Para resolver dicha indeterminación, haremos uso de la regla de l'Hôpital (que recordemos que puede aplicarse si: a) tanto el numerador como el denominador son infinitésimos, és decir, tienden a cero al pasar al límite (que es nuestro caso); o bien, b) si el denominador tiende a infinito).
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})} =\lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})'}{(x-\frac{\pi}{2})'}$
Con lo cual, derivando (numerador y denominador):
$\big(\cos{x}\big)'=-\sin{x}$
$\big(x-\frac{\pi}{2}\big)'=1$
y, por tanto, el límite anterior es igual a
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})}{(x-\frac{\pi}{2})} = \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, (-\sin{x})=-1$
Finalmente,
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow \frac{\pi}{2}} \, \dfrac{(\cos{x})^2}{(x-\frac{\pi}{2})^2} = (-1)^2 = 1$
$\square$
Ejercicio b)
Enunciado:
Calcular el valor del siguiente límite
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{3^x-2^x}{x}$
Resolución:
Oservemos que, si pasamos al límite, obtenemos una indeterminación del tipo
$\dfrac{0}{0}$
Para resolverla, podemos emplear la regla de l'Hôpital, puesto que tanto el numerador como el denominador del argumento del límite són infinitésimos
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{3^x-2^x}{x} = \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{(3^x-2^x)'}{(x)'} \quad \quad (1)$
expresaremos, por tanto, las exponenciales en base común $e$, con el objeto de calcular las derivadas:
$3^x=e^{x\,\ln{3}}$
$2^x=e^{x\,\ln{2}}$
calculemos las derivadas de las expresiones del numerador y del denominador:
$(3^x-2^x)'=(\ln{3})\,e^{x\,\ln{3}}-(\ln{2})\,e^{x\,\ln{2}}$
$(x)'=1$
y aplicando la regla de l'Hôpital (1)
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0} \, \dfrac{3^x-2^x}{x} =\lim_{x \rightarrow 0} \, \big((\ln{3})\,e^{x\,\ln{3}}-(\ln{2})\,e^{x\,\ln{2}}\big)$
que es igual a
$\displaystyle \ln{3}\,\Big( \lim_{x \rightarrow 0} \, \big(e^{x\,\ln{3}}\big)\Big) - \ln{2}\, \Big(\lim_{x \rightarrow 0} \, \big(e^{x\,\ln{2}}\big)\Big)=\ln{3}-\ln{2}$
$\square$
martes, 2 de junio de 2015
Ejercicios de integrales definidas
Ejercicio a)
Enunciado:
Calcular el valor de la integral definida
$\displaystyle \int_{0}^{1}\,\dfrac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx$
Resolución:
Con el cambio de variable $x=2\,\sin{\theta} \quad \quad (1)$, el denominador del integrando $\sqrt{4-x^2}$ queda - teniendo en cuenta la identidad fundamental de la trigonometria - de la forma $2\,\sqrt{1-\sin^2{\theta}}=2\,\cos{\theta}$
por otra parte, de (1) obtenemos $dx = 2 \, \cos{\theta}\, d\theta$
Calculemos ahora los límites de integración que corresponden
a la nueva variable $\theta$:
si $x=0$, $\theta=0$
si $x=1$, $\sin{\theta}=\frac{1}{2}$ y, por consiguiente, $\theta=\frac{\pi}{6}$
De ahí que podamos escribir
$\displaystyle \int_{0}^{1}\,\dfrac{x}{\sqrt{4-x^2}}\,dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\,\dfrac{4\,\sin{\theta}\,\cos{\theta}}{2\,\cos{\theta}}\,d\theta = 2\,\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\,\sin{\theta}\,d\theta=2[-\cos{\theta}]_0^{\frac{\pi}{6}}$
que es igual a
$-2\big(\cos{\frac{\pi}{6}}-\cos{0}\big)$
teniendo en cuenta que
$\cos{\frac{\pi}{6}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
y, simplificando, podemos expresar el resultado de la forma
$2-\sqrt{3}$
$\square$
Ejercicio b)
Enunciado:
Calcular el valor de la integral definida
$\displaystyle \int_{0}^{\pi}\,x\,\cos{x}\,dx$
Resolución:
El tipo de integrando nos lleva a emplear el método de integración por partes para obtener la primitiva de la función dada
$\int \, u\,dv=u\,v-\int\,v\,du$
Hagamos la siguente denominación:
$\cos{x}\,dx=du$
$x=v$
con lo cual
$u=\sin{x}$
$dv=dx$
De ahí que
$\displaystyle \int_{0}^{\pi}\,x\,\cos{x}\,dx=[x\,\sin{x}]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\,\sin{x}\,dx \quad \quad \quad (1)$
Como
$[x\,\sin{x}]_{0}^{\pi}=0$
y
$\int_{0}^{\pi}\,\sin{x}\,dx=[-\cos{x}]_{0}^{\pi}=-\big(\cos{0}-\cos{\pi}\big)=-\big(1-(-1)\big)=2$
Concluimos, de (1), que
$\displaystyle \int_{0}^{\pi}\,x\,\cos{x}\,dx=0-2=-2$
$\square$
Encontrar una primitiva de la función ... ( Artículo escrito en catalán )
Enunciat:
Donada la funció $f(x)=x^2+x+1$, trobeu una funció $F(x)$, primitiva de $f(x)$, tal que $F(1)=-1$
Resolució:
Primer de tot, trobem la família de funcions primitives de $f(x)$ (resolem el problema de la integral indefinida de $f(x)$ )
$\displaystyle \int \, \big(x^2+x+1)\,dx = \dfrac{1}{3}\,x^3+\dfrac{1}{2}\,x^2+x+C \quad (1)$
on $C$ és la constant d'integració
A continuació, determinarem el valor d'aquesta constant, imposant la condició donada $F(1)=-1$; per això, substituïm el valor $x$ per $1$ i trobem la següent equació
$\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}+1+C=-1$
d'on, aïllant la constant, i operant i simplificant, s'obté
$C=-\dfrac{17}{6}$
Per tant, amb aquest valor concret de $C$, la funció primitiva demanada [de (1)] és
$F(x)=\dfrac{1}{3}\,x^3+\dfrac{1}{2}\,x^2+x-\dfrac{17}{6}$
$\square$
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