Límits de funcions

Càlcul de límits de funcions

Definició de límit d'una funció $f$ en $x=a$
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a}\,f(x)=l$
La funció $f$ tendeix al límit $l$ en $a$ significa que
per a tot nombre real $\epsilon >0$ existeix algun $\delta >0 $ (un altre nombre real) tal que, per a tot $x$, si $\left| x-a \right|< \delta$, llavors $\left| f(x)-l \right|< \epsilon $ ( Referencia: M. Spivak: Calculus, 2a edició, Reverté, 1991)


Cal tenir en compte que si aquest límit global existeix, es desprèn de la pròpia definició que els límits laterals per l'esquerra i per la dreta han d'existir i han de tenir el mateix valor:
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a^{+}}\,f(x)=\lim_{x \rightarrow a^{-}}\,f(x)=\lim_{x \rightarrow a}\,f(x)$

Notació alternativa:
Els límits laterals també es poden veure escrits de la següent manera:
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a^{+}}\,f(x)=\lim_{x \downarrow a}\,f(x)$     límit lateral per la dreta
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a^{-}}\,f(x)=\lim_{x \uparrow a}\,f(x)$     límit lateral per l'esquerra


Definició de límit d'una funció $f$ en $x=a$ per la dreta
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow a^{+}}\,f(x)=l_d$
significa que
per a tot nombre real $\epsilon >0$ existeix algun $\delta >0 $ (un altre nombre real) tal que, per a tot $x$, si $0 < x-a < \delta$, llavors $\left|f(x)-l_d \right|< \epsilon $ Definició de límit d'una funció $f$ en $x=a$ per l'esquerra $\displaystyle \lim_{x \rightarrow a^{-}}\,f(x)=l_e$ significa que per a tot nombre real $\epsilon >0$ existeix algun $\delta >0 $ (un altre nombre real) tal que, per a tot $x$, si $0 < a-x < \delta$, llavors $\left|f(x)-l_e\right|< \epsilon $

Pràctiques:

Estudieu els següents límits:

      a)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1^{+}}\;\dfrac{x}{1-\left|\sqrt{x+1}\right|}$

      b)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1^{-}}\;\dfrac{x}{1-\left|\sqrt{x+1}\right|}$

      c)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1}\;\dfrac{x}{1-\left|\sqrt{x+1}\right|}$

      d)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 3^{+}}\;\dfrac{1}{3-x}$

      e)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 3^{-}}\;\dfrac{1}{3-x}$

      f)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 3}\;\dfrac{1}{3-x}$

      g)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1^{+}}\;\dfrac{x^2+2x+1}{x^3+3\,x^2+3\,x+1}$

      h)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1^{-}}\;\dfrac{x^2+2x+1}{x^3+3\,x^2+3\,x+1}$

      i)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -1}\;\dfrac{x^2+2x+1}{x^3+3\,x^2+3\,x+1}$

      j)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1^{+}}\;\dfrac{x^5-1}{x^7-1}$

      k)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1^{-}}\;\dfrac{x^5-1}{x^7-1}$

      l)     $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1}\;\dfrac{x^5-1}{x^7-1}$

Ajut: Mireu les gràfiques de les funcions dels arguments dels límits fent ús de GeoGebra, tot reflexionant sobre la definició de límit lateral per la dreta/esquerra. En algun d'aquests exercics, els límits laterals no coincideixen; o, fins i tot, algun d'aquests no existeix, raons per les quals el límit global - en aquests casos - no existeix.

Investigando la incidencia de dos planos

ENUNCIADO. Se consideran los planos $\pi: x+y-z-1=0$ y $\pi':x-y+z=0$. Investigar la incidencia de los dos planos.

SOLUCIÓN. Los planos dados tienen algún punto en común si y sólo si el sistema de ecuaciones que forman es compatible. Procedemos a estudiar el sistema.
$$\left\{\begin{matrix}x&+&y&-&z&=1 \\ x&-&y&+&z&=0\end{matrix}\right.$$ La matriz de los coeficientes del sistema es $A=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix} \overset{-f_1+f_2\rightarrow f_2}{\sim} \begin{pmatrix}1 & 1 & -1 \\ 0 & -2 & 2 \end{pmatrix}$, luego $\text{rg}(A)=2$
y la matriz ampliada es $\tilde{A}=\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & -1 & 1 & 0\end{array}\right) \overset{-f_1+f_2\rightarrow f_2}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & -2 & 2 & -1\end{array}\right) $, y por tanto $\tilde{A}=2$

Como $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=r=2$, el sistema es compatible, luego hay elementos de incidencia. Al ser $r=2$, el número de variables secundarias es $n-r=3-2=1$; quiere decir esto que la dimensión del subespacio que resulta de la intersección de los dos planos es $1$, así que se trata de una recta. Vamos a determinar ahora dicha recta.

El sistema equivalente reducido ( por Gauss ) es $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&-&z&=1 \\ &&-2y&+&2z&=&-1\end{matrix}\right.$$ Eligiendo $z$ como variable secundaria ( parámetro ) y denotándola por $\lambda$, $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&=&1+\lambda \\ &&-2y&=&-1-2\lambda\end{matrix}\right.$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&=&1+\lambda \\ &&y&=&\dfrac{1+2\lambda}{2}\end{matrix}\right.$$ Sustituyendo el valor de $y$ en la primera ecuación y teniendo en cuenta que $z=\lambda$ podemos escribir las ecuaciones paramétricas de la recta $$\left\{\begin{matrix}x&=&\dfrac{1}{2} \\ y&=&\dfrac{1+2\lambda}{2} \\ z&=&\lambda\end{matrix}\right.$$ Dicha recta, pues, viene dada por el siguiente conjunto (infinito) de puntos $$r:\{(1/2,(1+2\lambda)/2,\lambda):\lambda \in \mathbb{R}\}$$
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Sea la recta del espacio afín (...)

ENUNCIADO. Sea la recta del espacio afín $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x&=&1+3\,\lambda \\ y &=& 2\,\lambda \\ z&=&-1+\lambda \end{matrix}\right.$$ y el punto $P(0,1,1)$, no perteneciente a $r$. Determínese la ecuación del plano $\pi$ que contiene a $r$ y a $P$

SOLUCIÓN. Despejando el parámetro $\lambda$, podemos escribir la ecuación de la recta en forma continua $$r \equiv \dfrac{x-1}{3}=\dfrac{y}{2}=\dfrac{z+1}{1}$$ luego un vector de la dirección de $r$ es $\vec{u}=(3,2,1)$ que, evidentemente, está en $\pi$. Por otra parte, podemos obtener puntos de $r$ dando valores arbitrarios al parámetro $\lambda$; por ejemplo, si hacemos $\lambda:=0$, vemos que un punto de $r$ es $R(1,0,-1)$. Así, otro vector de $\pi$ es $\overset{\rightarrow}{RP}=(0-1,1-0,1-(-1))=(-1,1,2)$. Por tanto, un vector perpendicular a $\pi$ viene dado por $$\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\3 & 2 & 1 \\ -1 & 1 & 2\end{vmatrix}=3\,\vec{i}-7\,\vec{j}+5\,\vec{k}=(3,-7,5)$$ Así, $$\pi \equiv 3x-7y+5z+D=0$$ Para determinar el coeficiente $D$, imponemos que $P \in \pi$, con lo cual $$3 \cdot 0 - 7 \cdot 1 + 5 \cdot 1+D=0$$ de donde $$D=2$$ La ecuación del plano pedida es pues $$\pi\equiv 3x-7y+5z+2=0$$
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Ejercicios de Matemáticas II ( opciones A y B ), resueltos y comentados, correspondientes a las pruebas PAU de Septiembre de 2016, en Madrid

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Dado el plano (...)

ENUNCIADO. Dado el plano $\pi \equiv 3x+3y+z-9=0$, se pide:
a) Determinar la ecuación del plano perpendicular a $\pi$ que contiene al eje $Ox$
b) Determinar el punto del plano $\pi$ más cercano al origen de coordenadas

SOLUCIÓN.
a)
Denotemos por $\pi'$ al plano pedido. Éste ha de ser uno de los planos del haz de planos cuya intersección es la recta $Ox \equiv \left\{\begin{matrix}y=0 \\ z=0\end{matrix}\right.$.

Los planos $y=0$ y $z=0$ ( cuya intersección es el eje $Ox$ ) forman parte de dicho haz de planos, luego la ecuación del mismo es $\mathcal{H} \equiv y+\mu z =0 \,,\,\mu \in \mathbb{R}$, luego los vectores característicos de los planos del haz tienen componentes $(0,1,\mu)$

Por otro lado, de la ecuación general del $\pi$ vemos que un vector característico de $\pi$ es $\vec{n}_{\pi}=(3,3,1)$

Como $\pi'$ y $\pi$ son perpendiculares, también lo son los vectores característicos de sendos planos, $\vec{n}_{\pi}$ y $\vec{n}_{\pi'}$, luego el producto escalar de éstos ha de ser igual a $0$ $$\langle \vec{n}_{\pi},\vec{n}_{\pi'}\rangle =0$$ con lo cual $$\langle (3,3,1,),(0,1,\mu)\rangle =0 \Leftrightarrow 3\cdot 0+3\cdot 1+1\cdot \mu=0 \Leftrightarrow \mu=-3$$ Así que el vector característico de $\pi'$ es $\vec{n}_{\pi'}=(0,1,-3)$, por consiguiente la ecuación general de $\pi'$ es $0\cdot x+y-3\,z+D=0 \quad \quad (1)$

Nos falta aún determinar el valor del coeficiente $D$. Para ello hemos de tener en cuenta que el punto $O(0,0,0)$ está en $\pi'$ ( por estar también en el eje $Ox$ ), por lo que sus coordenadas han de satisfacer la ecuación de $\pi'$, $$0\cdot 0+0-3\cdot 0+D=0 \Leftrightarrow D=0$$ Por tanto, sustituyendo el valor de $D$ que acabamos de encontrar en (1), llegamos a $$\pi'\equiv y-3x=0$$

b)
Por la noción de mínima distancia en el espacio euclídeo, el punto pedido $P$ ha de estar sobre la recta perpendicular a $\pi$ que pasa por el origen de coordenadas $O(0,0,0)$. A esta recta la llamaremos $r$.

Determinaremos, primero, la ecuación de $r$. Finalmente, calcularemos las coordenadas del punto de intersección de $r$ y $\pi$, que no es otro que el punto pedido $P$.

De la ecuación general de $\pi$ vemos que un vector característico del mismo ( un vector perpendicular a $\pi$ ) es $\vec{n}_{\pi}=(3,3,1)$. Como $r$ es perpendicular a $\pi$, un vector en la dirección de $r$ es el propio vector vector característico de $\pi$, de componentes $(3,3,1)$. Así que la ecuación de la recta $r$ ( que pasa por el origen de coordenadas ) podemos expresarla de la siguiente forma, $$r\equiv (x-0,y-0,z-0)=k\,(3,3,1)\,;\,k \in \mathbb{R}$$ y por tanto también de forma paramétrica $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x=3k \\ y=3k\\z=k\end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro, $$\left\{\begin{matrix}k=x/3 \\ k=y/3\\k=z\end{matrix}\right.$$ de donde escribimos las ecuaciones implícitas (cartesianas) de $r$ $$r\equiv \left\{\begin{matrix}x-y=0 \\ y-3z=0\end{matrix}\right.$$

Ahora determinaremos las coordenadas del punto $P$ ( intersección de $r$ y $\pi$ ); para ello, resolveremos el sistema de ecuaciones formado por la ecuación general del plano $\pi$ y por las dos ecuaciones cartesianas de $r$: $$\left\{\begin{matrix}3x&+&3y&+&z&=&9 \\ x&-&y&&&=&0\\ x&&&-&3z&=&0\end{matrix}\right.$$
Un sistema equivalente, reducido por Gauss, es $$\left\{\begin{matrix}3x&+&3y&+&z&=&9 \\ &&6y&+&z&=&9\\ &&&&19z&=&9\end{matrix}\right.$$ Despejando la variable $z$ de la última ecuación, obtenemos $$z=\dfrac{9}{19}$$ sustituyendo este valor en la segunda ecuación obtenemos $$y=\dfrac{27}{19}$$ y, a su vez, sustituyendo el valor de las dos últimas incógnitas en la primera ecuación y despejando $x$ se obtiene $$x=\dfrac{27}{19}$$
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Sea $\pi$ el plano que contiene a los puntos (...)

ENUNCIADO. Sea $\pi$ el plano que contiene a los puntos $A(0,2,1)$, $B(1,0,1)$ y $C(-1,-2,-1)$. Calcule el volumen del tetraedro que forma el origen de coordenadas con los puntos de intersección de $\pi$ con cada uno de los ejes de coordenadas.

SOLUCIÓN.
Para calcular las coordenadas de los puntos de intersección del plano $\pi$ con los ejes de coordenadas, debemos encontrar primero la ecuación del plano. Dos vectores del plano son $$\overset{\longrightarrow}{AB}=(1-0,0-2,1-1)=(1,-2,0)$$ y $$\overset{\longrightarrow}{AC}=(-1-0,-2-2,-1-1)=(-1,-4,-2)$$ Entonces un vector perpendicular a $\pi$ ( y por tanto, característico de dicho plano ) es $$\vec{n}= \overset{\longrightarrow}{AB} \times \overset{\longrightarrow}{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ 1 & -2 & 0 \\ -1 & -4 & -2\end{vmatrix}=(4,2,-6) \propto (2,1,-3)$$ Así que la ecuación de la familia de planos paralelos a dicho plano $\pi$ es $$\mathcal{F}\equiv 2x+y-3z+D=0 \quad \quad (1)$$ Para determinar la ecuación de $\pi$ tendremos en cuenta algún punto que esté en dicho plano, por ejemplo, $B(1,0,1)$; sus coordenadas han de satisfacer la ecuación (1) y, por tanto, deduciremos el valor de $D$; así deberá cumplirse que $$2\cdot 1 + 0 - 3 \cdot 1+D=0 \Leftrightarrow D=1$$ con lo cual, sustituyendo en (1) vemos que la ecuación del plano es $$\pi \equiv 2x+y-3z+1=0$$

A continuación vamos a proyectar dicho plano sobre dos ( con dos bastará para determinar los tres puntos de intersección con los ejes ) de los planos del sistema de coordenadas, pongamos que con $Oyz \equiv x=0$ y $Oxz\equiv y=0$.

Proyectando $\pi$ sobre $Oyz$ ( imponiendo que $x=0$ ) obtenemos la recta y-3z+1=0, que corta al eje $Oz$ en $z=1/3$ y al eje $Oy$ en $y=-1$, luego obtenemos de ésto los puntos de corte $A(0,0,1/3)$ y $B(0,-1,0)$

Vamos a obtener ahora el punto de corte con el eje $Ox$. Al proyectar $\pi$ sobre $Oxz$ ( imponiendo que $y=0$ ) obtenemos la recta 2x-3z+1=0, que corta al eje $Ox$ en $x=-1/2$ ( y al eje $Oz$ en $z=1/3$, lo cual ya hemos deducido antes ), luego obtenemos así el tercer punto de corte $C(-1/2,0,0)$

Ahora ya conocemos los puntos que corresponden a los vértices del tetraedro: $O(0,0,0)$, $A(0,0,1/3)$, $B(0,-1,0)$ y $C(-1/2,0,0)$ y, con ellos podemos ya calcular el volumen del mismo, que es igual a $$\dfrac{1}{3}\cdot \text{área de la base} \cdot \text{altura} \quad \quad (2)$$

Para hacer este cálculo vamos a emplear los vectores $\overset{\longrightarrow}{OA}=(0,0,1/3)$, $\overset{\longrightarrow}{OB}=(0,-1,0)$ y $\overset{\longrightarrow}{OC}=(-1/2,0,0)$, pues el $$\text{área de la base}=\dfrac{\left\|\overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB}\right\|}{2} \quad \quad (3)$$ y la altura se calcula de la forma $$\text{altura}=\dfrac{\left|\langle \overset{\longrightarrow}{OC}, \overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB} \rangle \right|}{\left\|\overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB}\right\|} \quad \quad (4)$$
donde $\langle .,.\rangle\rangle$ denota el producto escalar y $\times$ el producto vectorial

Poniendo ahora (3) y (4) en (2) y simplificando obtenemos que el volumen es igual al valor absoluto de
$\dfrac{1}{6}\,\left| \langle \overset{\longrightarrow}{OC}, \overset{\longrightarrow}{OA} \times \overset{\longrightarrow}{OB} \rangle \right|=\dfrac{1}{6}\,\begin{vmatrix} OC_x & OC_y & OC_z \\ OA_x & OA_y & OA_z \\ OB_x & OB_y & OB_z \end{vmatrix}=\dfrac{1}{6}\,\begin{vmatrix} -1/2 & 0& 0 \\ 0 & 0& 1/3 \\ 0 & -1& 0 \end{vmatrix}$
$=\dfrac{1}{6}\cdot (-\dfrac{1}{6})=-\dfrac{1}{36}$
luego el volumen pedido es igual a $$\left| -\dfrac{1}{36}\right|=\dfrac{1}{36}\; (\text{unidades de longitud })^3$$
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Dada la función (...)

ENUNCIADO. Dada la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}\dfrac{1}{5-x} & \text{si} & x \le 0 \\ \\ \dfrac{1}{5+x} & \text{si} & x > 0 \end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Estudiar la continuidad de $f$ y determinar las rectas asíntotas
b) Estudiar la derivabilidad de $f$ y calcular $f'(x)$ donde sea posible
c) Calcular $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx$

SOLUCIÓN.

a)
Estudio de la continuidad de la función:
Los dos trozos de la función son hipérbolas: $\dfrac{1}{5-x}$ ( que es discontinua en $x=5$) y $\dfrac{1}{5+x}$ ( que es discontinua en $x=-5$ ). Ahora bien, tal como está definida la función a trozos, ésta no presenta ninguna discontinuidad ya que $-5 \notin (0,\infty)$ ( intervalo que corresponde al segundo tramo ) y $5 \notin (-\infty,0)$ ( intervalo que corresponde al primer tramo ). Por otra parte, en el punto $x=0$ ( donde podría haber problemas ), se cumple que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{-}}\,f(x)=\left(\dfrac{1}{5-x}\right)_{x=0}=1/5$ y $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\,\left(\dfrac{1}{5+x}\right)_{x=0}=1/5$; los límites laterales existen y sus valores coinciden, por consiguiente existe el límite global $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\,f(x)$ y es igual a $1/5$, que, por otra parte, coincide con el valor de la función en $x=0$, luego la función es también continua en $x=0$.

Asíntotas de $f(x)$:
Los dos tramos de hipérbola de que consta la función tienen una asíntota horizontal común, que es el eje de abscisas ( de ecuación $y=0$ ), luego la función compuesta tiene también esta asíntota horizontal. Dicho de otro modo, la recta $y=0$ es asíntota horizontal de $f(x)$ ya que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f(x)=0$

Las asíntotas verticales de una y otra rama hiperbólica, queda fuera del dominio de definición de $f(x)$, luego la función $f(x)$ no tiene asíntotas verticales ( de ecuación $x=k$, pues no existe ningún $k\in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$ ; en otras palabras Por otro lado, al no tener asíntotas oblicuas las funciones de sendos tramos, tampoco posee $f(x)$ asíntotas oblicuas.
b)
Para valores de $x \in \text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$ negativos ( $x \prec 0$ ), la derivada de $f(x)$ viene dada por $\left(\dfrac{1}{5-x}\right)'=\dfrac{1}{(5-x)^2}$, y para valores positivos de $x$, la derivada de la función es $\left(\dfrac{1}{5+x}\right)'=-\dfrac{1}{(5+x)^2}$. Sin embargo, en $x=0$ la función no es derivable ( aunque sí es continua, como ya se ha demostrado ); ésto es así porque el límite global que define la derivada en $x=0$ no existe, pues los límites laterales no coinciden: $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0-\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [\dfrac{1}{(5-x)^2}\right ]_{x=0}=1/25$$ y $$\displaystyle \lim_{\Delta x \rightarrow 0}\,\dfrac{f(0+\Delta x)-f(0)}{\Delta x}=\left [-\dfrac{1}{(5+x)^2}\right ]_{x=0}=-1/25$$ En otras palabras: al poder trazar una única recta tangente a la gráfica de la función en el punto $x=0$, la función no es derivable en dicho punto.

c)
La integral definida pedida representa directamente, en este caso, el área de la región del plano coloreada de la siguiente figura. Por supuesto, podemos prescindir del dibujo de dicha figura, hacer omisión del comentario sobre el área, y ceñirnos simplemente al cálculo ( que viene abajo ).

$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$

$=\displaystyle \left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}+\left[\ln(5+x)\right]_{0}^{1}$

$=\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)-\left(\ln(5+1)-(\ln(5+0)\right)$

$=(-\ln 5+\ln 6)+(\ln 6-\ln5)$

$=2\,(\ln6-\ln5)$

OBSERVACIÓN. Como la función $f(x)$ es simétrica con respecto del eje $Oy$, se puede abreviar el cálculo de la siguiente manera:
$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)dx=\int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx+\int_{0}^{1}\dfrac{1}{5+x}dx$

$=\displaystyle 2\, \int_{-1}^{0}\,f(x)dx= 2\, \int_{-1}^{0}\dfrac{1}{5-x}dx = 2\,\left[-\ln(5-x)\right]_{-1}^{0}$

$=2\,\left(-\ln(5-0)-(-\ln(5-(-1))\right)$

$=2\,(\ln6-\ln5)$

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Dado el sistema de ecuaciones (...)

ENUNCIADO. Dado el sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}2x&+&(a-1)y&-&2z&=&a \\ 2x&+&y&-&az&=&2 \\ -x&+&y&+&z&=&1-a\end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Discutirlo según los valores del parámetro $a$
b) Resolverlo cuando sea posible

SOLUCIÓN.
a)
Procedimiento I ( Estudio de los rangos por reducción de Gauss ).
Recordemos que el rango de una matriz, una vez reducida por Gauss, es igual al número de filas no nulas.
La matriz ampliada de los coeficientes del sistema es $\tilde{A}=\left(\begin{array}{ccc|c}2 & a-1 & -2 & a \\ 2 & 1 & -a & 2 \\ -1 & 1 & 1 & 1-a \end{array}\right)$ Reordenando las filas, su rango equivale al de la matriz $\left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 2 & a-1 & -2 & a \\ 2 & 1 & -a & 2 \end{array}\right)$ Procedemos ahora a reducirla por Gauss. Mediante las operaciones elementales entre filas $2f_1+f_2 \rightarrow f_2;2f_1+f_3 \rightarrow f_3$ obtenemos la siguiente matriz equivalente en rango $\left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 0 & a+1 & 0 & 2-a \\ 0 & 3 & 2-a & 4-2a \end{array}\right)$ Permutando el orden de la segunda y de la tercera filas, se llega a esta otra matriz equivalente en rango $\left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 0 & 3 & 2-a & 4-2a \\ 0 & a+1 & 0 & 2-a \end{array}\right) \overset{-\frac{1}{3}(a+1)\,f_2+f_3 \rightarrow f_3}{\sim}$
$$\sim \left(\begin{array}{ccc|c}-1 & 1 & 1 & 1-a \\ 0 & 3 & 2-a & 4-2a \\ 0 & 0 & \frac{1}{3}\,(a-2)(a+1) & \frac{1}{3}\,(1-2a)(2-a) \end{array}\right)$$

A partir de aquí, y teniendo en cuenta el teorema de Rouché-Fröbenius, aparecen los siguientes casos:

1. Si $a=2$, $\tilde{a}_{33}=\tilde{a}_{34}=0$ y por tanto la tercera fila es nula, luego al haber dos filas no nulas tanto en $A$ como en $\tilde{A}$, $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=2 \prec n=3$, así que el sistema es compatible indeterminado con $n-r=3-2=1$ variable secundaria y $r=2$ variables principales

2. Si $a=-1$, $\tilde{a}_{33}=0$ pero $\tilde{a}_{34}\neq 0$, luego $\text{rg}(A)=2$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$. Al no coincidir los rangos el sistema es incompatible

3. Para otros valores de $a$ distintos de $2$ y $-1$, $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=3 = n$ y por tanto el sistema es compatible determinado. OBSERVACIÓN 1: Si bien $a=1/2$ anula el coeficiente $\tilde{a}_{34}$, no anula $\tilde{a}_{33}$, así que aunque $a$ tome ese valor ello no impide que el rango de $\tilde{A}$ no sea $3$.

Procedimiento II ( Estudio de los rangos empleando determinantes ).
Recordemos que el rango de una matriz corresponde al orden del mayor menor no nulo que contenga dicha matriz.
Es evidente que el menor $$\begin{vmatrix}2 & 1 \\ -1 & 1\end{vmatrix} \neq 0$$ y por tanto podemos afirmar que los rangos de la matriz $A$ y de la matriz $\tilde{A}$ son iguales o mayores que $2$. Cabe ahora discernir para qué valores de $a$ dichos rangos pueden ser igual a $3$ para, empleando el teorema de Rouché-Fröbenius, clasificar todos los posibles casos.

Ahora emplearemos el método del orlado de dicho menor para realizar este estudio. Orlándolo, aparecen sólo dos menores de orden $3$:
$$\Delta_1=\begin{vmatrix} 2 & a-1 & -2 \\ 2 & 1 & -a \\ -1 & 1 & 1 \end{vmatrix}=(a-2)(a+1)$$ y $$\Delta_2=\begin{vmatrix} 2 & a-1 & a \\ 2 & 1 & 2 \\ -1 & 1 & 1-a \end{vmatrix}=(a-2)(2a-1)$$
NOTA: Dejo que el lector haga los cálculos pormenorizados de los determinantes, para comprobar que salen los resultados mostrados.

De todo ello podemos distinguir los siguientes casos que, naturalmente, coinciden con los que hemos visto empleando el primer procedimiento:
1. Si $a=2$, $\Delta_1=\Delta_2=0$ luego $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=2 \prec n=3$, así que el sistema es compatible indeterminado con $n-r=3-2=1$ variable secundaria y $r=2$ variables principales

2. Si $a=-1$, $\Delta_1=0$ pero $\Delta_2 \neq 0$, luego $\text{rg}(A)=2$ y $\text{rg}(\tilde{A})=3$. Al no coincidir los rangos el sistema es incompatible

3. Para otros valores de $a$ distintos de $2$ y $-1$, $\Delta_1\neq 0$ y $\Delta_2 \neq 0$ lo cual implica que $\text{rg}(A)=\text{rg}(\tilde{A})=3 = n$ y por tanto el sistema es compatible determinado.

OBSERVACIÓN 2. Debemos recordar ahora el comentario hecho en la OBSERVACIÓN 1 ( del Procedimiento I ), con respecto a la posibilidad de que $a$ tome el valor $1/2$. Ello no impide que el rango de la matriz $\tilde{A}$ sea $3$, pues a pesar de que $\Delta_2$ se anula para dicho valor, $\Delta_1$ ( que es también un menor de $\tilde{A}$ ) es distinto de cero.

b)
Vamos a resolver ahora el sistema para los casos en que éste es compatible, esto es, para los casos 1 y 3.

Solución para el caso 3 ( sistema compatible determinado ):
El sistema equivalente reducido ( por Gauss ) es $$\left\{\begin{matrix}-x&+&y&+&z&=&1-a \\ &&3y&+&(2-a)z&=&2(2-a)\\ &&&&\dfrac{1}{3}(a-2)(a+1)z&=&\dfrac{1}{3}(1-2a)(2-a)\end{matrix}\right.$$ Entonces, siempre que $a \notin \{-1,2\}$, despejando $z$ de la tercera ecuación obtenemos $$z=\dfrac{2a-1}{a+1}$$ Sustituyendo ésto en la segunda ecuación y despejando $y$ se llega a $$y=\dfrac{1}{a+1}$$ Y, finalmente, sustituyendo los valares encontrados para $x$ e $y$ en la primera ecuación, y despejando $x$ encontramos $$x=\dfrac{a^2+2a-1}{a+1}$$

Solución para el caso 1 ( sistema compatible indeterminado, con $2$ variables principales y $1$ variable secundaria ):
La solución consta de infinitos puntos, que dependerán de $1$ parámetro ( que corresponde a la variable secundaria ). Vamos a caracterizarlas. El sistema equivalente reducido por Gauss es ahora ( $a=2$ ) el siguiente, $$\left\{\begin{matrix}-x&+&y&+&z&=&-1 \\ &&3y&&&=&0 \end{matrix}\right.$$

Es obvio que $y=0$ ( de la segunda ecuación ). Sustituyendo ésto en la primera y tomando $z$ como variable secundaria ( la denotamos por $\lambda$ ) llegamos a $x=\lambda+1$. Entonces la solución del sistema para este caso es el conjunto de infinitos puntos ( de $\mathbb{R}^3$ ) $$\{(\lambda+1,0,\lambda); \lambda \in \mathbb{R}\}$$
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Cierta fundación ha destinado $247\,000$ euros para la dotación de $115$ becas de estudio (...)

ENUNCIADO. Cierta fundación ha destinado $247\,000$ euros para la dotación de $115$ becas de estudio. El importe de cada beca es de $3000$ euros, si el estudiante cursa un grado universitario; de $2000$ euros, si cursa formación profesional; y de $1500$ euros, si realiza estudios de postgrado. Sabiendo que la fundación ha concedido doble número de becas de formación profesional que de postgrado, ¿ cuántas becas ha concedido a cada nivel de estudios ?.

SOLUCIÓN.
Denotemos por $x$ el número de becas para estudios de grado universitario, por $y$ el número de becas de formación profesional, y por $z$ el número de becas de postgrado. Entonces, $$\left\{\begin{matrix}x&+&y&+&z&=&115 \\ 3000x&+&2000y&+&1500z&=&247000\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ Despejando $y$ de la tercera ecuación y sustituyendo en las los primeras, $$\left\{\begin{matrix}x&&&+&3z&=&115 \\ 3000x&&&+&5500z&=&247000\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ simplificando la segunda ecuación, $$\left\{\begin{matrix}x&&&+&3z&=&115 \\ 6x&&&+&11z&=&494\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ y sustituyendo la segunda ecuación por el resultado de la combinación $-6e_1+e_2$ llegamos al sistema equivalente $$\left\{\begin{matrix}x&&&+&3z&=&115 \\ &&&&-7z&=&-196\\ &&y&-&2z&=&0 \end{matrix}\right.$$ De la segunda ecuación resultante, y despejando $z$, obtenemos $$z=28 \;\text{becas de postgrado}$$ Sustituyendo este valor en la tercera ecuación encontramos $$y=56\;\text{becas de formación profesional}$$ Finalmente, sustituyendo los valores que hemos hallado de $z$ y de $y$ en la primera ecuación, se obtiene $$x=31 \; \text{becas de grado universitario}$$
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Determine, si es posible, los parámetros $\alpha$ y $\beta$ de modo que ...

ENUNCIADO.
a) Determine, si es posible, los parámetros $\alpha$ y $\beta$ de modo que se verifique la igualdad: $$\alpha\,\begin{pmatrix}3 & -4 \\ 5 & -1 \end{pmatrix}+\beta\,\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 2 & 1 \end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}3 & -8 \\ -2 & -5 \end{pmatrix}$$
b) Determine los posibles valores de $\lambda$ para que el rango de la matriz $A$ sea $2$, donde $$A=\lambda\,\begin{pmatrix}2 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$

SOLUCIÓN. Como
a)
$$\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&0\\2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\4&1\end{pmatrix}$$ la ecuación pedida puede escribirse de la forma $$\alpha\,\begin{pmatrix}3 & -4 \\ 5 & -1 \end{pmatrix}+\beta\,\begin{pmatrix}1&0\\4&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & -8 \\ -2 & -5 \end{pmatrix}$$ Operando el primer miembro, nos queda $$\begin{pmatrix}3\alpha+\beta & -4\alpha \\ 5\alpha+4\beta & -\alpha+4 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & -8 \\ -2 & -5 \end{pmatrix} \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}3\alpha+\beta=3 \\ -4\alpha=-8 \\ 5\alpha+4\beta=-2\\ -\alpha+\beta=-5\end{matrix}\right.$$ De la segunda ecuación se obtiene $\alpha=2$ y sustituyendo este valor en cualquier otra de las ecuaciones obtenemos $\beta=-3$.

b)
$A=\lambda\,\begin{pmatrix}2 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
    $=\begin{pmatrix}2\lambda & 2\lambda \\ \lambda & 3\lambda \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
       $=\begin{pmatrix}2\lambda+1 & 2\lambda \\ \lambda & 3\lambda+1 \end{pmatrix}$

Teniendo en cuenta ahora que $$\begin{vmatrix}2\lambda+1 & 2\lambda \\ \lambda & 3\lambda+1 \end{vmatrix}=4\lambda^2+5\lambda+1=0\Leftrightarrow\lambda=\left\{\begin{matrix}-1 \\ -1/4\end{matrix}\right.$$ concluimos que $\text{rango}(A)=2 \Leftrightarrow \lambda \notin \{-1,-1/4\}\subset \mathbb{R}$
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Dadas las rectas ...

ENUNCIADO. Dadas las rectas
$$r\equiv\left\{\begin{matrix}x-2z-1=0 \\ x+y+z-4=0 \end{matrix}\right.$$ y $$s\equiv\{(2+\lambda,1-3\lambda,\lambda):\lambda \in \mathbb{R}\}$$ Se pide:
a) Obtener la recta que pasa por el punto $P(1,0,5)$ y que corta perpendicularmente a $r$
b) Obtener el plano que contiene a la recta $r$ y es paralelo a $s$
c) Hallar la distancia entre las rectas $r$ y $s$

SOLUCIÓN.
a)
Denotemos por $r'$ la recta pedida ( que es perpendicular a $r$ y pasa por el punto $P(1,0,5)$ ). Entonces podemos escribirla de la forma $$r'\equiv (x-1,y-0,z-5)=k\,\overset{\longrightarrow}{P'P} \quad \quad (1)$$ donde $P'$ es el punto del plano $\pi$ que contiene a $r'$ e interseca a $r$

Necesitamos calcular las coordenadas del punto $P'$. Para ello, procedemos primero a calcular un vector que tenga la misma dirección que $r$. Para ello, escribimos las ecuación de $r$ en forma paramétrica: tomando $z$ como variable secundaria hacemos $\mu=z$ y de las ecuaciones cartesianas (implícitas) de $r$, se desprende $$\left\{\begin{matrix} x&&&&&=&1+2\mu \\ x&+&y&&&=&4-\mu \\ &&&&z&=&\mu \end{matrix}\\ \right.$$ y simplificando $$\left\{\begin{matrix} x&&&&&=&1+2\mu \\ &&y&&&=&3-3\mu \\ &&&&z&=&\mu \end{matrix}\\ \right.$$ luego un vector característico de $r$ es $$\vec{u}_r=(2,-3,1)$$

A continuación, determinaremos la ecuación del plano $\pi$, perpendicular a $r$ ( y por tanto a $\vec{u}_r=(2,-3,1)$ ) que contiene a $P$. Teniendo en cuenta las componentes del vector característico, sabemos que la ecuación general del haz planos paralelos que son perpendiculares a $r$ tiene por ecuación $2x-3y+z+D=0$, luego para determinar la ecuación del plano de dicha familia que pasa por $P(1,0,5)$, sustituimos $x$, $y$ y $z$ por el valor de las coordenadas respectivas de $P$: $$2\cdot 1+3\cdot 0+5+D=0$$ de donde, despejando $D$, obtenemos $D=-7$. Así obtenemos $\pi \equiv 2x-3y+z-7=0$

Por otra parte $P'$ está también en $\pi$ ( además de estar también en $r$ ), así que sus coordenadas corresponden a la solución del sistema de ecuaciones que se forma con las dos ecuaciones implícitas de $r$ ( que se dan directamente en el enunciado ) y la ecuación general del plano $\pi$ que acabamos de determinar:
$$\left\{\begin{matrix}x&&&-&2z&-&1&=&0\\ x&+&y&+&z&-&4&=&0 \\2x&-&3y&+&z&-&7&=&0\end{matrix}\right.$$ Resolviendo este sistema por Gauss llegamos a la siguiente solución $$\left\{\begin{matrix}x&&&&&=&3\\ &&y&&&=&0 \\&&&&z&=&1\end{matrix}\right.$$ Así pues, encontramos: $P'(3,0,1)$

Por tanto $$\overset{\longrightarrow}{P'P}=(1-3,0-0,5-1)=(-2,0,4)$$ y de (1) llegamos a $$r'\equiv (x-1,y-0,z-5)=k\,(-2,0,4) \quad \text{donde} \quad k \in \mathbb{R}$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}x=1-2k\\y=0\\z=5+4k\end{matrix}\right.$$ con lo cual también podemos expresar dicha recta como el conjunto de puntos $$r'\equiv \{(1-2k,0,5+4k):k\in \mathbb{R}\}$$

b)
De la recta $s\equiv \{(2+\lambda,1-3\lambda, \lambda): \lambda \in \mathbb{R}$ vemos que un vector característico de $s$ es $\vec{u}_s=(1,-3,1)$. Conocemos también un vector característico de $r$, que es $\vec{u}_r=(2,-3,1)$. Entonces, el vector característico $\vec{n}$ del plano pedido ( que contiene a $r$ y es paralelo a $s$ ) ha de ser perpendicular a $r$ y a $s$, esto es, a $\vec{u}_r$ y a $\vec{u}_s$, por consiguiente $\vec{n}=\vec{u}_r \times \vec{u}_s$, donde el símbolo $\times$ denota el producto vectorial. Por tanto $$\vec{n}=\begin{vmatrix}\vec{i}& \vec{j} & \vec{k}\\ 2 & -3 & 1 \\ 1 & -3 & 1\end{vmatrix}=-\vec{j}-3\vec{k}$$ esto es $$\vec{n}=(0,-1,-3)$$ Podemos pues escribir la ecuación general del plano como $$-y-3z+D=0 \quad \quad (2)$$ Falta determinar el valor del coeficiente $D$, y para ello recordemos que el plano pedido ha de contener a $r$; como podemos expresar $r$ de la forma $r\equiv \{(1+2\mu,3-3\mu, \mu):\mu \in \mathbb{R}$, dando un valor arbitrario a $\mu$ encontramos uno de sus puntos, por ejemplo, si $\mu:=0$, vemos que un punto $R$ de $r$ es $R(1,3,0)$. Entonces, de (2) $$-3-3\cdot 0+D=0$$ deducimos que $$D=3$$ con lo cual el plano pedido tiene por ecuación $$-y-3z+3=0$$ o lo que es lo mismo $$y+3z-3=0$$

c)
La recta $r$ viene dada por un vector característico $\vec{u}_r$ ( ya hemos calculado uno ) y cualquiera de sus puntos $A_r$ ( que no es difícil encontrar ) . De la misma manera, la recta $s$ está dada por un vector característico $\vec{u}_s$ ( ya conocido ) y por uno cualquiera de los puntos de dicha recta $A_s$.

Un vector perpendicular a $\vec{u}_r$ y a $\vec{u}_s$ es $\vec{n}=(0,1,3)$, de forma que cualquier plano del que $\vec{n}$ sea vector característico será paralelo a $r$ y a $s$. Entonces, eligiendo entre esos planos al que contiene a $r$ ( que denotaremos por $\pi_r$ ), la distancia (mínima) entre $r$ y $s$ ha de ser igual a la distancia de cualquier punto de $s$ dicho plano, es decir, $$\text{distancia}(r,s)=\text{distancia}(A_r,\pi)=\left|\dfrac{\langle \overset{\longrightarrow}{A{_r}A_{s}},\vec{n}\rangle}{\left\|\vec{n}\right\|}\right| \quad \quad (3)$$

Recordemos que un punto $A_r$ de la recta $r\equiv \{(1+2\mu,3-3\mu,\mu):\mu \in \mathbb{R}\}$ lo hemos encontrado ( en el apartado anterior ) dando un valor arbitrario a $\mu$; por ejemplo, si $\mu:=0$, $A_r=(1,3,0)$. De forma análoga, un punto $A_s$ de la recta $s\equiv \{(2+\lambda,1-3\lambda,\lambda\}$ lo encontramos dando un valor arbitrario a $\lambda$, por ejemplo haciendo $\lambda:=0$, con lo cual $A_s=(2,1,0)$. Así, $$\overset{\longrightarrow}{A{_r}A_{s}}=(2-1,1-3,0-0)=(1,-2,0)$$ y por tanto, de (3)
$\text{distancia}(r,s)=\left|\dfrac{\langle (1,-2,0),(0,1,3) \rangle}{\left\|(0,1,3)\right\|}\right|=\left|\dfrac{\langle (1,-2,0),(0,1,3) \rangle}{\sqrt{\langle (0,1,3),(0,1,3) \rangle}}\right|$
$=\left|\dfrac{1\cdot 0 + (-2)\cdot 1+0\cdot 3}{\sqrt{0^2+1^2+3^2}}\right|=\left|\dfrac{-2}{\sqrt{10}}\right|=\dfrac{2}{\sqrt{10}}$

NOTA: $\langle .,.\rangle$ designa el producto escalar euclídeo de dos vectores
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Dada la función ...

ENUNCIADO. Dada la función $f(x)=(6-x)\,e^{x/3}$, se pide:
a) Determinar su dominio de definición, las rectas asíntotas y los puntos de corte con los ejes
b) Calcular la derivada, los intervalos de crecimiento y decrecimiento, y los extremos relativos
c) Determinar el área del triángulo que forman los ejes de coordenadas con la recta tangente a la curva $y=f(x)$ en el punto de abscisa $x=0$

SOLUCIÓN.
a)
Dominio de definición:
Tanto $6-x$ como $e^{x/3}$ son funciones que están definidas ( y son continuas ) en todos los puntos de $\mathbb{R}$, así que $f(x)=(6-x)\,e^{x/3}$ también está definida en todo $\mathbb{R}$. Por consiguiente $\text{Dom}\,f(x)=\mathbb{R}$

Puntos de corte con los ejes:
Punto de corte con el eje $Oy$. La ordenada del punto de corte con el eje de ordenadas es $f(0)=(6-0)e^{0}=-6$. Por tanto el punto de corte con dicho eje es $A(0,6)$

Puntos de corte con el eje $Ox$. Las abscisas de los puntos de corte con el eje de abscisas son las raíces de $f(x)$. Recordemos que $x$ es raíz de $f(x)$ si y sólo si $f(x)=0$, luego $(6-x)\,e^{x/3}\Leftrightarrow x=6$, por lo que hay un único punto de corte con el eje de abscisas a distancia finita del origen de coordenadas, que es $B(6,0)$.

Además, adelantamos que, como $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,f(x)=0$, la función toma contacto con el eje de abscisas en $-\infty$; ésto es así por tener $f(x)$ una asíntota horizontal, cuya ecuación es, por tanto, $y=0$.

Rectas asíntotas:
Veamos si hay alguna asíntota oblicua. La ecuación de toda asíntota oblicua es $y=mx+k$, donde $m=\displaystyle \lim_{x\rightarrow \pm \infty}\,f'(x)$. Observemos que, siendo $f'(x)=(6-x)'(e^{x/3})+(6-x)(e^{x/3})'=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$, entonces $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\,f'(x)=0$, luego la pendiente de dicha asíntota es $m=0$; se trata de la asíntota horizontal de la que hablábamos antes. Comprobemos que $k=0$; en efecto,

$k=\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\, f(x)-m\,x=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,f(x)-0\cdot x=$
$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,(6-x)\,e^{x/3}\overset{\infty\cdot 0}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{6-x}{e^{-x/3}}=\dfrac{\infty}{\infty}\overset{\text{L'Hôpital}}{=}\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{(6-x)'}{(e^{-x/3})'}=$
$\displaystyle=\lim_{x\rightarrow -\infty}\,\dfrac{-1}{-\frac{1}{3}\,e^{-x/3}}=\dfrac{3}{\infty}=0$

Por otra parte no hay más asíntotas oblicuas, pues el límite $\displaystyle \lim_{x\rightarrow -\infty}\, f'(x)$ diverge.

Tampoco hay asíntotas verticales, ya que no existe ningún $k \in \mathbb{R}$ tal que $\displaystyle \lim_{x\rightarrow k}\,f(x)=\pm \infty$

Así pues, sólo hay una asíntota, $\text{r}:y=0$

b)
Hemos calculado ya la primera derivada de la función: $f'(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$. Veamos si $f(x)$ presenta extremos relativos ( que son todos los valores de $x$ donde la función es derivable y cuya derivada es nula ): $$f'(x)=0 \Leftrightarrow x=3$$ luego la función tiene un único extremos relativo. A continuación, debemos determinar qué tipo de extremo relativo es; para ello emplearemos el criterio del signo de la segunda derivada.

Derivando la primera derivada obtenemos $$f''(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)'\,e^{x/3}+(1-\dfrac{1}{3}x)\,(e^{x/3})'=\dfrac{1}{3}(1-\dfrac{4}{3}x)\,e^{x/3}$$ Observemos que $f''(3)\prec 0$, luego $x=3$ es la abscisa de un máximo relativo. Su ordenada es igual a $f(3)=(6-3)\,e^{3/3}=3e\approx 8,15$

Intervalos de crecimiento/decrecimiento:
$I_{\uparrow}=(-\infty,3)$ y $I_{\downarrow}=(3,+\infty)$



A modo de resumen, dibujamos la gráfica de la función:

c)
La pendiente $m$ de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en $x=0$ es $f'(0)$. Recordemos que $f'(x)=(1-\dfrac{1}{3}x)\,e^{x/3}$, luego $m=(1-0)e^0=1$

La ecuación de la recta tangente a la gráfica de $f(x)$ en $x=0$ es $\text{t}:y=1\cdot x+k$. Procedemos a calcular el valor de $k$. Como en $x=0$, la ordenada de la función ( $f(0)=(6-0)\,e^{0}=6$ ) y la ordenada la ordenada de la recta tangente ( que es igual a $0\cdot 1 +k$ ) han de tener el mismo valor, $$6=0+k$$ luego $k=6$, por tanto la ecuación de la recta tangente pedida es $$\text{t}:y=x+6$$ que aparece representada en la figura, junto con la región del plano cuya área queremos determinar

El punto de corte de la recta tangente con el eje de abscisas es $C(-6,9)$; en efecto, imponiendo que $y=0$, $x+6 \Leftrightarrow x=-6$

Así, el área de la región triangular pedida ( coloreada en la figura ) es $$\displaystyle \int_{-6}^{0}\,(x+6)\,dx=\left[\dfrac{1}{2}x^2+6x\right]_{-6}^{0}=18$$

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Integració del moviment

Exemples d'aplicació de la integral indefinida (funcions primitives d'una funció donada)

Enunciat:
Considereu que la funció $v(t)=t^3-t^2+t+1$ ( $t$ designa la variable temps ) descriu la velocitat instantània d'una partícula en un moviment unidimensional i rectilini (al llarg de l'eix $\text{Ox}$). Sabent que a l'instant $t=1 \; \text{s}$, la posició $s$ és igual a $1 \, \text{m}$ (respecte de l'origen), determineu:
    a) la funció que dóna l'acceleració instanània $a(t)$
            [la funció acceleració instantània $a(t)$ és la funció derivada de la funció velocitat $v(t)$]
    b) la funció que dóna la posició en cada instant de temps $x(t)$
            [la funció velocitat instantània $v(t)$ és la funció derivada de la funció de posició instantànica $x(t)$]
    c) els valors de la posició, la velocitat, i l'acceleració per a $t=2 \, \text{s}$

Resolució:
a)     Trobem la funció acceleració derivant la funció velocitat
$a(t)=\dfrac{dx}{dt}$
        $=3\,t^2-2\,t+1$

b)     Per determinar la funció de posició cal resoldre el problema de la integral indefinida de la funció $v(t)$; és a dir,

$\displaystyle \int \,v(t)\,dt$

que, com és ben sabut, és igual a una família de funcions primitives $\{x(t)+C\}$     (on $C$ representa la constant d'integració )

Integrant (en aquest cas es tracta d'una i. semi immediata), trobem fàcilment

$\displaystyle \int \, \big(t^3-t^2+t+1 \big) \, dt = \dfrac{1}{4}\,t^4 - \dfrac{1}{3}\,t^3 + \dfrac{1}{2}\,t^2+ t + C \quad \quad \quad (1)$

I, imposant la condició inicial $x(1)=1$, determinem el valor de la constant d'integració: $C$

$\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}+1+C=1$

per tant

$C=-\dfrac{5}{12} \; \text{m}$

I, finalment, substituint aquest valor en (1) podem concretar la funció de posició

$x(t)=\dfrac{1}{4}\,t^4 - \dfrac{1}{3}\,t^3 + \dfrac{1}{2}\,t^2+ t - \dfrac{5}{12}$

c)     Substituint aquest valor de la variable temps a les funcions corresponents obtenim:
      $x(2)=\ldots=\dfrac{59}{12} \; \text{m}$ (la coordenada de posició es pot expressar com la distància a l'origen de coordenades)
      $v(2)=\ldots=7 \; \text{m}\;\text{s}^{-1}$
      $a(2)=\ldots=9 \; \text{m}\;\text{s}^{-2}$

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Invitación a aprender a programar en Python3

En la siguiente imagen aparece el código fuente ( en lenguaje Python3 ) de un sencillo programa para calcular las raíces de una polinomio de segundo grado en el conjunto de los números complejos. Este lenguaje de programación es recomendable para empezar a programar. Además, con la ayuda del intérprete en línea de Codinggroud, no es necesario instalar software en el ordenador. Los días de verano, ya sin el agobio del curso, ofrecen una excelente ocasión para este tipo de tareas, cuando el calor aprieta y nos recluimos ( de vez en cuando ) en el escritorio, al lado del ventilador y escuchando canciones de bluegrass ( por ejemplo ).

Codinggroud permite, además, aprender otros muchos lenguajes de programación sin necesidad de instalar software alguno. Os animo a que juguéis con ello.

Un comentario me gustaría hacer también. No pongáis caracteres acentuados en el código fuente de vuestros programas ( por ejemplo en los mensajes de salida o de petición de algún dato ), pues Python daría un error; mejor escribir los mensajes en inglés y así estáis en consonancia con las palabras clave del lenguaje de programación, además de practicar así un poco vuestro inglés escrito.

Saludos, feliz verano y no os olvidéis de contemplar las estrellas y disfrutar de las vacaciones.

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Ejercicios de Matemáticas II ( opciones A y B ), resueltos y comentados, correspondientes a las pruebas PAU de Junio de 2016, en Madrid

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Continuidad y derivabilidad

ENUNCIADO. Estudiar la continuidad y la derivabilidad en $x=0$ y en $x=1$ de la función $$f(x)=\left\{\begin{matrix}0 & \text{si}& x \le 0 \\ |x\,\ln\,x| & \text{si}& x \succ 0 \end{matrix}\right.$$

SOLUCIÓN.
Teiendo en cuenta que la función logaritmo está definida sólo para valores positivos de la variable independiente, deducimos que el dominio de definición de la función es $\text{Dom}_f=(0\,+\infty)\subset \mathbb{R}$ y el recorrido de la función ( dado el valor absoluto ) es $\text{Rec}_f=[0,+\infty) \subset \mathbb{R}$

a) Estudio de la continuidad y de la derivabilidad de $f(x)$ en $x=0$
Si bien existe el límite por la derecha $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,f(x)=\left|\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,x\,\ln\,x\right|=\left|\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,\dfrac{\ln\,x}{1/x}\right|=\dfrac{-\infty}{\infty}\overset{\text{L'Hôpital}}{=}\left|\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,\dfrac{(\ln\,x)'}{(1/x)'}\right|=$
$=\left|\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,\dfrac{1/x}{-1/x^2}\right|=\left|\lim_{x \rightarrow 0^{+}}\,(-x)\right|=0$
observemos que no existe el límite por la izquierda $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{-}}\,f(x)$ por no estar definida la función a la izquierda del cero. Por consiguiente no existe el límite global $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\,f(x)$, luego la función no es continua en $x=0$. Y al no ser continua en dicho punto, tampoco es derivable en él.

b) Estudio de la continuidad y de la derivabilidad de $f(x)$ en $x=1$
La función $g(x)=x\,\ln\,x$ es continua en todos los puntos de su dominio de definición $(0,+\infty) \subset \mathbb{R}$, pues $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 1}\,f(x)=0=f(1)$; y corta al eje de abscisas en $x=1$ y en $x=0$; tiene, además, un mínimo local en $1/e$; en efecto, derivando la función e igualando a $0$ ( condición necesaria de existencia de extremos relativos ), encontramos $1+\ln\,x=0 \Leftrightarrow x^{*}=1/e$.

Ahora bien, la función $f(x)=\left|g(x)\right|$ presenta un máximo donde la función $g(x)$ presenta el mínimo, esto es, en $x=1/e$ y corta al eje de abscisas en los mismos puntos que $g(x)$; esto nos permite trazar un esquema del comportamiento de la función $f(x)$ tal como se muestra en la siguiente figura

y donde se observa que la recta tangente a la función en $x=1$ no es la misma por la izquierda que por la derecha de dicho punto; por tanto, de acuerdo con el significado geométrico de la derivada de una función en un punto, podemos afirmar que no existe la derivada en dicho punto, esto es, la función no es derivable en $x=1$, aún siendo continua en él. $\square$

Un ejercicio de integración

ENUNCIADO.
a) Determinar el polinomio $f(x)$, sabiendo que $f'''(x)=12$, para todo $x \in \mathbb{R}$ y, además, verifica: $f(1)=3$; $f'(1)=1$; $f''(1)=4$
b) Determinar el polinomio $g(x)$, sabiendo que $g''(x)=6$, para todo $x \in \mathbb{R}$ y que, además, verifica: $$\displaystyle \int_{0}^{1}\,g(x)\,dx=5$$ y $$\displaystyle \int_{0}^{2}\,g(x)\,dx=14$$

SOLUCIÓN.
a)
Si $f(x)$ es un polinomio y $f'''(x)=12$ ( constante ) para todo $x \in \mathbb{R}$, entonces $\text{grado}(f(x))=3$ y por tanto $f(x)=a\,x^3+b\,x^2+c\,x+d \quad \quad (1)$
luego derivando,
$$f'(x)=3ax^2+2bx+c \quad \quad (2)$$
$$f''(x)=6ax+2b \quad \quad (3)$$
$$f'''(x)=6a=12 \Rightarrow a=\dfrac{12}{6}=2$$

Teniendo en cuenta ahora que $f''(1)=4$, y siendo $a=2$, de (3) se deduce que $b=-4$. Por otra parte, como $f'(1)=1$, sustituyendo los valores encontrados de $a$ y $b$ en (2) vemos que $c=3$. Y, finalmente, como $f(1)=3$, sustituyendo los valores de los coeficientes $a,b$ y $c$ en (1), encontramos que $d=2$

Por consiguiente, $$f(x)=2\,x^3-4\,x^2+3\,x+2$$

b)
Si $g''(x)=6$ ( constante ) para todo $x \in \mathbb{R}$, entonces $\text{grado}(g(x))=2$ y, por tanto, $$g(x)=m\,x^2+n\,x+k \quad \quad (4)$$ derivando
$$g'(x)=2mx+n \quad \quad (5)$$
$$g''(x)=2m \quad \quad (6)$$

Teniendo en cuenta que $g''(x)=6$, de (6) deducimos que $2m=6 \Rightarrow m=3$, con lo cual $g(x)=3\,x^2+nx+k$.

Además, sabemos que $\displaystyle \int_{0}^{1}\,g(x)=5$, y, por otra parte, $$\displaystyle \int_{0}^{1}\,g(x)\,dx\overset{(4)}{=}\displaystyle \int_{0}^{1}\, (3x^2+nx+k)\,dx = \left[3\cdot \dfrac{1}{3}\,x^3+\dfrac{1}{2}\,x^2+k\,x\right]_{0}^{1}=\dfrac{1}{2}\,n+k+1$$ luego $$\dfrac{1}{2}\,n+k+1=5 \Leftrightarrow n+2k=8$$

EN PROCESO ...

Un ejercicio de geometría analítica

ENUNCIADO. Sean los puntos $A(0,5,3)$, $B(0,6,4)$, $C(2,4,2)$ y $D(2,3,1)$. Se pide:
a) Comprobar que los cuatro puntos son coplanarios y que el polígono $ABCD$ es un paralelogramo
b) Calcular el área de dicho paralelogramo
c) Determinar el lugar geométrico de los puntos $P$ cuya proyección sobre el plano $\pi_{ABCD}$ es el punto medio del paralelogramo.

SOLUCIÓN.
a)
Para demostrar que los puntos $A,B,C$ y $D$ son coplanarios basta comprobar que los vectores $\vec{w}_1:=\overset{\rightarrow}{AB} \times \overset{\rightarrow}{AC}$ y $\vec{w}_2:=\overset{\rightarrow}{AC} \times \overset{\rightarrow}{AD}$ ( donde $\times$ denota el producto vectorial ) son linealmente dependientes. Calculando dichos vectores,
$$\vec{w}_1=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\ 0 & 1 & 1 \\ 2 & -1 & -1\end{vmatrix}=2\,\vec{j}-2\,\vec{k}$$
y
$$\vec{w}_2=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\ 2 & -1 & -1 \\ 2 & -2 & -2\end{vmatrix}=2\,\vec{j}-2\,\vec{k}$$
luego al ser iguales dichos vectores, queda probado que los cuatro puntos dados son coplanarios.

Por otra parte, para probar que dichos puntos son los vértices de un paralelogramo, hay que demostrar que $\overset{\rightarrow}{AB}$ y $\overset{\rightarrow}{CD}$ son linealmente dependientes; y que $\overset{\rightarrow}{DA}$ y $\overset{\rightarrow}{CB}$ son linealmente dependientes.

Entonces, como $\overset{\rightarrow}{AB}=(0-0,6-5,4-3)=(0,1,1)$ y $\overset{\rightarrow}{CD}=(2-2,3-4,1-2)=(0,-1,-1)=-\overset{\rightarrow}{AB}$, luego $\overset{\rightarrow}{AB}$ Y $\overset{\rightarrow}{CD}$ son linealmente dependientes1.

Veamos ahora el otro par de vectores: $\overset{\rightarrow}{DA}=(2-0,3-5,1-3)=(2,-2,-2)$ y $\overset{\rightarrow}{CB}=(0-2,6-4,4-2)=(-2,2,2)=-\overset{\rightarrow}{DA}$, luego $\overset{\rightarrow}{CB}$ Y $\overset{\rightarrow}{DA}$ son, también, linealmente dependientes. Por consiguiente, el polígono $ABCD$ es un paralelogramo.

b)
El área del paralelogramo $ABCD$ viene dada por $$\left\|\overset{\rightarrow}{AB} \times \overset{\rightarrow}{BC}\right\|$$ Calculando primero el producto vectorial, $$\overset{\rightarrow}{AB} \times \overset{\rightarrow}{BC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\ 0 & 1 & 1 \\ 2 & -2 & -2\end{vmatrix}=2\,\vec{j}-2\,\vec{k}$$ y su módulo es igual a $$\left\|\overset{\rightarrow}{AB} \times \overset{\rightarrow}{BC}\right\|=\left|\sqrt{(-2)^2+2^2}\right|=2\,\sqrt{2}$$ por consiguiente $$\text{Área de}\, ABCD = 2\,\sqrt{2}\; \text{unidades arbitrarias de área}$$

c)
El punto medio del paralelogramo $ABCD$ es el punto medio la diagonal $AC$ ( y de igual forma, es el punto medio de la diagonal $BD$ ), y, por tanto sus coordenadas son $$M=(\dfrac{2+0}{2},\dfrac{4+5}{2},\dfrac{2+3}{2}=(1,\dfrac{9}{2},\dfrac{5}{2})$$

Teniendo en cuenta que el lugar geométrico de los puntos $P$ cuya proyección ( ortogonal ) sobre el plano $\pi_{ABCD}$ es el punto $M$, el lugar geométrico pedido es la recta $r$ perpendicular a dicho plano que pasa por el punto $M$. Procedemos a encontrar dicha recta.

Un vector perpendicular al plano $\pi_{ABCD}$ es $$\overset{\rightarrow}{AB} \times \overset{\rightarrow}{BC}=2\,\vec{j}-2\,\vec{k}$$ y por tanto un vector linealmente dependiente con éste es $$\vec{u}=(0,1,-1)$$ Así la ecuación de la recta perpendicular a $\pi_{ABCD}$ que pasa por $M( 1,\dfrac{9}{2},\dfrac{5}{2})$ en forma continua es $$r:\dfrac{x-1}{0}=\dfrac{y-9/2}{1}=\dfrac{z-5/2}{-1}$$ Las ecuaciones cartesianas ( implícitas ) de la misma son $$r:\left\{\begin{matrix}x=1\\z+y=7\end{matrix}\right.$$ Como una recta tiene $1$ grado de libertad, basta un parámetro libre para describirla; tomando $z$ como parámetro libre ( $\lambda:=z$ ) una ecuación paramétrica de la misma es $$r:\{(x,y,z)=(1,7-\lambda,\lambda): \lambda \in \mathbb{R}\}$$

$\square$

Discutir y resolver el siguiente sistema

ENUNCIADO. Dado el sistema de ecuaciones lineales: $$\left\{\begin{matrix}3x&+&y&+&mz&=1\\x&-&y&+&2z&=-2\\ 5x&+&(m+1)\,y&+&2z&=4\\\end{matrix}\right.$$
se pide:
a) Discutirlo, según los valores del parámetro $m$
b) Resolverlo en el caso $m=0$
c) Resolverlo en el caso $m=2$

SOLUCIÓN.
a)
Por comodidad, reordenamos las ecuaciones de la forma $$\left\{\begin{matrix}x&-&y&+&2z&=-2\\3x&+&y&+&mz&=1\\ 5x&+&(m+1)\,y&+&2z&=4\\\end{matrix}\right.$$ La matriz ampliada del sistema es $$(A|b)=\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & -1 & 2 & -2 \\
3 & 1 & m & 1\\
5 & m+1 & 2 & 4\\
\end{array}\right)$$ Procedemos a continuación a escalonarla ( por Gauss ) para realizar el análisis de rangos $$\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & -1 & 2 & -2 \\
3 & 1 & m & 1\\
5 & m+1 & 2 & 4\\
\end{array}\right) \overset{-3\cdot f_1 +f_2 \rightarrow f_2; -5\cdot f_3 +f_3 \rightarrow f_3}{\sim} \left(\begin{array}{ccc|c}
1 & -1 & 2 & -2 \\
0 & 4 & m-6 & 7\\
0 & m+6 & -8 & 14\\
\end{array}\right)$$
y mediante la operación elemental entre filas $-\dfrac{1}{4}\,(m+6)\cdot f_2+f_3 \rightarrow f_3$ es equivalente en rango a la matriz escalonada $$\left(\begin{array}{ccc|c}
1 & -1 & 2 & -2 \\
0 & 4 & m-6 & 7\\
0 & 0 & -\dfrac{1}{4}\,(m-2)(m+2) & \dfrac{-7m+14}{4}\\
\end{array}\right)$$

A partir de ésta, distinguimos los siguientes casos:

i) Si $m=-2$, entonces $\text{rango}(A)=2 \neq \text{rango}(A|b)=3$, luego el sistema es incompatible para este valor del parámetro

ii)) Si $m=2$, entonces el número de filas linealmente independientes es $2$ con lo cual $r=\text{rango}(A)=\text{rango}(A|b)=2 \prec 3=n$ ( $n$ es el número de incógnitas del sistema ), y el sistema es compatible indeterminado con $n-r=3-2=1$ variable secundaria y $2$ variables principales

iii) Para cualquier otro valor de $m$ distinto de $2$ y $-2$, los rangos de $A$ y $(A|b)$ tienen el mismo valor, $3$, que es igual al número de incógnitas $n=3$, por lo que el sistema es compatible determinado.

b)
Si $m=0$ estamos en el caso tercer caso y el sistema es compatible determinado ( la solución existe y es única ). El sistema equivalente, reducido por Gauss, es $$\left\{\begin{matrix}x&-&y&+&2\,z&=&-2\\ &&4\,y&-&6\,z&=&7 \\ &&&&z&=&\dfrac{7}{2}\end{matrix}\right.$$
Sustituyendo el valor de $z$ ( última ecuación ) en la segunda, encontramos el valor de $y$, que resulta ser igual a $7$; y, finalmente, sustituyendo, los valores de $z$ e $y$ en la primera ecuación encontramos el valor de $x$, que es igual a $-2$.

Por tanto la solución es el punto de coordenadas $(-2,7,7/2)$

c)
Para $m=2$ estamos en el segundo caso ( el sistema es compatible indeterminado, con una variable secundaria ). El sistema equivalente, reducido por Gauss, es ahora $$\left\{\begin{matrix}x&-&y&+&2\,z&=&-2\\ &&4\,y&-&4\,z&=&7 \end{matrix}\right.$$
Escogiendo $z$ como variable secundaria, la tratamos como un parámetro ( libre ) $\lambda:=z$, con lo cual $$\left\{\begin{matrix} x&-&y&=&-2\cdot (1+\lambda) \\ &&4\,y&=&7+4\,\lambda \end{matrix}\right.$$
Despejando $y$ de la segunda ecuación, $y=\dfrac{7}{4}+\lambda$; y, sustituyéndolo en la primera ecuación, obtenemos $x=-\dfrac{1}{4}-\lambda$.

Por tanto la solución es el conjunto de puntos de la recta $$r:\{(-\dfrac{1}{4}-\lambda, \dfrac{7}{4}+\lambda, \lambda): \lambda \in \mathbb{R}\}$$
$\square$

Determinar el punto simétrico ...

ENUNCIADO. Dado el punto $P(2,1,-1)$, determinar el punto simétrico de $P$ respecto al plano que pasa por los puntos $A(0,2,-1)$, $B(1,-3,0)$ y $C(2,1,1)$

SOLUCIÓN.

1) Ecuación del plano $\pi$ que pasa por los puntos $A,B$ y $C$:
Dos vectores de $\pi$ son
$\overset{\rightarrow}{AB}=(1-0,-3-2,0-(-1))=(1,-5,1)$
y
$\overset{\rightarrow}{AC}=(2-0,1-2,1-(-1))=(2,-1,2)$
Por tanto, un vector $\vec{n}$ perpendicular al plano $\pi$ viene dado por $$\overset{\rightarrow}{AB} \times \overset{\rightarrow}{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\1 & -5 & 1 \\ 2 & -1 & 2\end{vmatrix}=(-9,0,9) \propto \vec{n}=(-1,0,1)$$
luego la ecuación del plano es $$(-1)\,x+0\cdot y + 1 \cdot z + D =0$$
Falta determinar el valor de $D$; para ello, tengamos en cuenta que $A(0,2,-1) \in \pi$, por consiguiente $$-1\cdot 0+ 0\cdot 2 +1\cdot (-1) + D = 0 \Rightarrow D=1$$ por consiguiente $$\pi:-x+z+1=0$$

2) Recta $r$ perpendicular a $\pi$ que pasa por $P(2,1,-1)$:
Un vector con la misma dirección que $r$ es cualquier vector perpendicular a $\pi$, por ejemplo $\vec{n}=(-1,0,1)$, luego una ecuación de $r$ en forma continua podemos escribirla de la forma $$r:\dfrac{x-2}{-1}=\dfrac{y-1}{0}=\dfrac{z-(-1)}{1}$$
por lo que las ecuaciones implícitas de $r$ vienen dadas por $$r:\left\{\begin{matrix}\dfrac{x-2}{-1}=\dfrac{y-1}{0}\\\dfrac{x-2}{-1}=\dfrac{z-(-1)}{1} \end{matrix}\right.$$ es decir $$r:\left\{\begin{matrix} y = 1\\ x+z=1\end{matrix}\right.$$

3) Punto $Q$ de intersección de $r$ y $\pi$:
$$Q:\left\{\begin{matrix} y= 1 \\ x+z=1 \\-x+z=-1\end{matrix}\right.$$ resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos $$\left\{\begin{matrix} x_Q=1\\ y_Q=1 \\ z_Q=0\end{matrix}\right.$$

4)
Calculamos el vector que con origen en $P$ apunta a $Q$:
$$\overset{\rightarrow}{PQ}=(1-2,1-1,0-(-1))=(-1,0,1)$$ Denotando por $P'$ al punto simétrico de $P$ con respecto de $\pi$, deberá cumplirse que $$\overset{\rightarrow}{PP'}=2 \cdot \overset{\rightarrow}{PQ}$$ esto es $$(x_{P'}-2,y_{P'}-1,z_{P'}-(-1))=(2\cdot (-1),2\cdot 0, 2\cdot 1)$$ y por tanto $$\left\{\begin{matrix} x_P'=0\\ y_P'=1 \\ z_P'=1\end{matrix}\right.$$ luego el punto simétrico del punto simétrico de $P$ es $$P'(0,1,1)$$

Finalmente, Ccomprobemos que $\text{distancia}(P,\pi)=\text{distancia}(P',\pi)$:

Recordemos que dado un plano $\pi: Ax+By+Cz+D=0$ y un punto $R(x_R,y_R,z_R)$, entonces $$\text{distancia}(R,\pi)=\dfrac{\left|A\,x_R+B\,y_R+C\,z_R+D\right|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}$$ Entonces
$$\text{distancia}(P,\pi)=\dfrac{\left|A\,x_P+B\,y_P+C\,z_P+D\right|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}=\dfrac{\left|-1\cdot 2 + 0 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) +1\right|}{\sqrt{(-1)^2+0^2+1^2}}=\sqrt{2}$$
que coincide con
$$\text{distancia}(P',\pi)=\dfrac{\left|A\,x_P'+B\,y_P'+C\,z_P'+D\right|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}=\dfrac{\left|-1\cdot 0 + 0 \cdot 1 + 1 \cdot 1 +1\right|}{\sqrt{(-1)^2+0^2+1^2}}=\sqrt{2}$$
$\square$

Álgebra lineal y geometría

ENUNCIADO. Dados los planos $\pi_1: ax+y-z+1=0$ y $\pi_2:x+ay+z-2=0$, determinar, en caso de que existan, el valor o posibles valores del parámetro $a$, para cada uno de los siguientes supuestos:
a) Que $\pi_1$ y $\pi_2$ sean paralelos
b) Que $\pi_1$ y $\pi_2$ sean perpendiculares
c) Que la recta de intersección de $\pi_1$ y $\pi_2$ sea perpendicular al plano de ecuación $x=y$.

SOLUCIÓN.
a)
Un vector perpendicular a $\pi_1$ es $w_1=(a,1,-1)$ y un vector perpendicular a $\pi_2$ es $w_2=(1,a,1)$. Si $\pi_1$ y $\pi_2$ son paralelos, $w_1 \propto w_2$, con lo cual existe un escalar $k$ tal que $w_1=k\,w_2$ y, por tanto, deberá cumplirse que $(a,1,-1)=k\,(1,a,1)$, es decir, $(a,1,-1)-k\,(1,a,1)=(0,0,0)$, y, por consiguiente: $$\left\{\begin{matrix}a-k&=&0 \\ 1-k\,a&=&0 \\ -1-k&=&0\end{matrix}\right.$$ De la tercera ecuación se desprende que $k=-1$ y sustituyendo en cualquiera de las otras dos obtenemos $a=-1$

b)
Si $\pi_1$ y $\pi_2$ son perpendiculares, también lo son los vectores $w_1$ y $w_2$, luego el producto escalar euclidiano ha de ser igual a cero: $$\langle w_1, w_2 \rangle =0$$ esto es $$\langle (a,1,-1), (1,a,1)\rangle =0 \Leftrightarrow 2\,a-1=0 \Leftrightarrow a=\dfrac{1}{2}$$

c)
Procedimiento I:
Si la recta $r=\pi_1 \cap \pi_2$ ha de ser perpendicular al plano $\pi_3:x-y=0$, entonces la incidencia de los tres planos $\pi_1$, $\pi_2$ y $\pi_3$ ha de dar como resultado un punto de $\mathbb{R}^3$, y, por consiguiente, al tener solución única el sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}ax&+&y&-&z&=&-1\\ x&+&ay&+&z&=&2 \\ x&-&y&&&=&0\end{matrix}\right.$$ ha de ser compatible determinado ( teorema de Rouché-Fröbenius ), y, para que ello sea posible, la matriz de los coeficientes del sistema ha de tener rango igual a $3$, esto es, su determinante ha de ser no nulo; veamos si eso se cumple:
$$\begin{vmatrix}1 & -1 & 0 \\ a & 1 & 1 \\ 1 & a & 1\end{vmatrix}=1-1-a+a=0 \; \forall a \in \mathbb{R}$$ luego debemos concluir que no existe ningún valor de $a$ para el cual pueda satisfacerse el requerimiento del tercer apartado.


Procedimiento II:
Podemos calcular la recta de intersección de los planos $\pi_1$ y $\pi_2$ ( siempre que $a \neq -1$, en cuyo caso no hay intersección por ser los planos paralelos ) resolviendo el sistema de ecuaciones lineales $$\left\{ \begin{matrix} ax+y-z+1=0 \\ x+ay+z-2=0\end{matrix}\right.$$ que debe ser compatible indeterminado, con dos variables principales y una variable secundaria; eligiendo $z$ como variable secundaria ( $\lambda:=z$ ) tenemos $$\left\{ \begin{matrix} ax+y=\lambda-1 \\ x+ay=2-\lambda\end{matrix}\right.$$ Para que el sistema sea compatible el rango de la matriz de los coeficientes $$\begin{pmatrix} a & 1 \\ 1 & a\end{pmatrix}$$ ha de ser igual a $2$ y por tanto su determinante ha de ser distinto de cero, con lo cual $$a^2-1 \neq 0 \Leftrightarrow a \neq -1 \; \text{( condición que ya conocíamos ) y } \; a \neq 1$$

Resolviendo el sistema por Cramer, $$x=\dfrac{\begin{vmatrix}\lambda -1 & 1 \\ 2-\lambda & a \end{vmatrix}}{a^2-1}=\dfrac{\lambda\,(1+a)-(2+a)}{a^2-1}$$ $$y=\dfrac{\begin{vmatrix}a & \lambda-1 \\ 1 & 2-\lambda \end{vmatrix}}{a^2-1}=\dfrac{-\lambda\,(1+a)+1+2a}{a^2-1}$$

Entonces, la recta de intersección viene dada por $$r:\{(x,y,z)=(\dfrac{\lambda\,(1+a)-(2+a)}{a^2-1}, \dfrac{-\lambda\,(1+a)+1+2a}{a^2-1}, \lambda): \lambda \in \mathbb{R}\}$$ Entonces un vector de la recta $r$ viene dado por $$(a^2-1,a^2-1,1)$$

Ahora bien, un vector perpendicular al plano de ecuación $x=y$ ( esto es $x-y=0$ ) es $(1,-1,0)$, luego $(a^2-1,a^2-1,1)$ debería ser proporcional a $(1,-1,0)$, sin embargo vemos que esto es imposible pues al comparar las terceras componentes ( que no dependen de $a$ ) llegamos a $1 = 0$, que es evidentemente falso. Luego debemos concluir que no existe ningún valor de $a$ que cumpla el requerimiento del enunciado.
$\square$

Cálculo con matrices

ENUNCIADO.
a) Despejar $X$ en la ecuación matricial $$X\,(C\,D)^{-1}=A+X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)$$ siendo $A,B,C,D$ matrices cuadradas invertibles. Expresar $X$ de la forma más simple posible.
b) Para $$A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1\end{pmatrix}$$ y $$B=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}$$ determinar la matriz $Y$ tal que $YB=A$

SOLUCIÓN.
a)
$X\,(C\,D)^{-1}=A+X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)$
  $X\,(C\,D)^{-1}-X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)=A+X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)-X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)$
    $X\,(C\,D)^{-1}-X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)=A+O$
      $X\,(C\,D)^{-1}-X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)=A$
        $X\,(C\,D)^{-1}-X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)=A$
          $X\,( (D^{-1}\,C^{-1} - (D^{-1}\,C^{-1}-B) )=A$
            $X\,(D^{-1}\,C^{-1} - D^{-1}\,C^{-1}+B)=A$
              $X\,(O+B)=A$
                $X\,B=A$
                  $X\,B\,B^{-1}=A\,B^{-1}$
                    $X\,I=A\,B^{-1}$
                      $X=A\,B^{-1}$

b)
Por lo que acabamos de ver, si $YB=A$ entonces $Y=A\,B^{-1}$. Procedemos a calcular la inversa de $B$; para ello utilizaremos el método de Gauss-Jordan, que consiste en realizar operaciones elementales para transformar $(B|I)$ en $(I|B^{-1})$

$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
\end{array}\right) \overset{f_1+f_2 \rightarrow f_2;(-1)\cdot f_1+f_3 \rightarrow f_3}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & -1 & 0 & 1 \\
\end{array}\right) \rightarrow$
$\overset{\dfrac{1}{2}\cdot f_3+f_1\rightarrow f_1}{\rightarrow}\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 1 & 0 & 1/2 & 0 & 1/2 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & -1 & 0 & 1 \\
\end{array}\right) \overset{(-1)\cdot f_2+f_1\rightarrow f_1}{\rightarrow}$
$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & -1/2 & -1 & 1/2 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & -1 & 0 & 1 \\
\end{array}\right) \overset{\dfrac{1}{2}\cdot f_3\rightarrow f_3}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & -1/2 & -1 & 1/2 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & -1/2 & 0 & 1/2 \\
\end{array}\right)$
luego
$B^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}
-1/2 & -1 & 1/2 \\
1 & 1 & 0 \\
-1/2 & 0 & 1/2 \\
\end{array}\right)$
Entonces,
$Y=A\,B^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1\end{pmatrix}\,\left(\begin{array}{ccc}
-1/2 & -1 & 1/2 \\
1 & 1 & 0 \\
-1/2 & 0 & 1/2 \\
\end{array}\right)=\begin{pmatrix} -1/2 & -2 & 1/2 \\ -1 & -1 & 1 \\ -1/2 & -1 & 3/2\end{pmatrix}$
$\square$

Dada la función ...

ENUNCIADO. Dada la función $$\left\{\begin{matrix}\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x} &\text{si}& x\prec 0 \\
x\,e^{-x}&\text{si}& x\ge 0 \end{matrix}\right.$$ se pide:
a) Estudiar la continuidad de $f$ y calcular $\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,f(x)$
b) Calcular la recta tangente a la curva $y=f(x)$, en $x=2$
c) Calcular $\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)\,dx$

SOLUCIÓN.

a)
El dominio de definición de la función es $\text{Dom}_f=\{x \in \mathbb{R}: 1-x \succ 0\; \text{y}\; x \neq 1 \}=(-\infty\,,\,1)$. Veamos pues, si la función es discontinua en alguno de los puntos donde la función está definida; en particular, en el punto que separa los dos tramos de la función, $x=0$.

Para que la función sea continua en $x=0$ debe cumplirse que exista el límite $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0}\,f(x)=\ell$ y que $f(0)=\ell$. El valor de función en $x=0$ viene dada por el segundo tramo de la definición ( dada la desigualdad débil ), luego $f(0)=0\cdot e^{0}=0\cdot 1=0$. Estudiemos ahora el límite; para que exista el límite global deben existir y ser iguales los límites laterales; como $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^-}\,\dfrac{\ln\,(1-0)}{1-0}=\dfrac{\ln\,1}{1}=\dfrac{0}{1}=0$ y $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0^{+}}=0 \cdot e^0=0 \cdot 1 =0$, el límite existe y es igual a $\ell=0$ y como $\ell = f(0) = 0$, la función es continua en $x=0$.

En los demás puntos del dominio de definición, la función es continua.

Nota: podrían presentarse problemas en $x=1$ si este valor formase parte del dominio de definición de la función, pero no es ese el caso.

Pasemos ahora a calcular el límite pedido
$\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,f(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty}\,\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}=\dfrac{\infty}{\infty}\overset{\text{L'Hôpital}}{=} \lim_{x \rightarrow -\infty}\,\dfrac{(\ln\,(1-x))'}{(1-x)'}=$
$=\displaystyle \lim_{x \rightarrow -\infty}\,\dfrac{-1/(1-x)}{-1}=\lim_{x \rightarrow -\infty}\,\dfrac{1}{1-x}=\dfrac{1}{-(-\infty)}=\dfrac{1}{+\infty}=0$

b)
La función no está definida en $x=2$, luego no existe la recta tangente pedida.

c)
De $-1$ a $1$ la función pasa de un tramo ( de definición a otro ), por lo tanto separaremos el dominio de integración, $[-1\,,\,1)$, en dos subintervalos: $[-1\,,\,0)$ y $[0\,,\,1)$:
$$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)\,dx=\int_{-1}^{0}\,\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}\,dx + \int_{0}^{1}\,x\,e^{-x}\,dx \quad \quad (1)$$

Integramos el primer término integral de (1):
$\int_{-1}^{0}\,\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}\,dx \overset{\text{Barrow}}{=}F(0)-F(-1)$   (2), por lo que debemos encontrar ahora una función primitiva, $F(x)$, de la función integrando; para ello, calculamos la integral indefinida: $\displaystyle \int\, \dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}\,dx = -\int d(\ln\,(1-x))=-\ln\,(1-x)+C$ donde $C$ es la constante de integración; así pues, una función primitiva es $F(x)=\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}$, por tanto, de (2), $$\int_{-1}^{0}\,\dfrac{\ln\,(1-x)}{1-x}\,dx=-\left(\ln(1-0)-\ln(1-(-1))\right)=-(\ln\,1-\ln\,2)=0+\ln\,2=\ln\,2$$

Procedomos a integrar el segunto término integral de (1):
$\displaystyle \int_{0}^{1}\,x\,e^{-x}\,dx \overset{\text{Barrow}}{=}G(1)-G(0)$   (2); encontremos pues una función primitiva, $G(x)$, de la función del integrando: $\displaystyle \int\, x\,e^{-x} \,dx \overset{\text{por partes}}{=} -e^{-x}\,(x+1) +C$ donde $C$ es la constante de integración. Entonces, de (2), $$\displaystyle \int_{0}^{1}\,x\,e^{-x}\,dx = -\left( (1 \cdot e^{-1}+e^{-1}) - ( 0 \cdot e^0 +e^0)\right)=\dfrac{e-2}{2}$$

Damos a continuación un detalle aclaratorio del resultado de la integración por partes de la integral indefinida $\displaystyle \int\, x\,e^{-x} \,dx$ por partes. Sea $u:=x$, entonces $du=dx$; por otra parte, sea $dv:=e^{-x}\,dx$, entonces $v=\int\,e^{-x}\,dx=-e^{-x}+k$, luego
$\displaystyle \int\, x\,e^{-x} \,dx =\int\,u\,dv\overset{\text{propiedad}}{=}uv-\int v\,du=$
$= -x\,e^{-x}-\int\,e^{-x}\,dx=-x\,e^{-x}-e^{-x}=(x+1)\,e^{-1}$

Finalmente, sustituyendo los resultados de los dos términos integrales en (1), encontramos el siguiente resultado para la integral definida pedida: $$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)\,dx=\ln\,2+\dfrac{e-2}{2}$$

$\square$