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: $$\displaystyle \int_{-1}^{1}\,f(x)\,dx=\ln\,2+\dfrac{e-2}{2}$$

$\square$

Hiperboloide de una hoja

Lámpara decorativa en forma de hiperboloide de una hoja. Madrid, otoño de 2013

Ecuaciones con números enteros

Este ejercicio de muestra es de ampliación y va dirigido a los alumnos de 2.º de Bachillerato que puedan estar interesados en ampliar sus conocimientos sobre números enteros al objeto, por ejemplo, de participar en las Olimpiadas Matemáticas o bien por el simple gusto de estar mejor preparados para cursar, en el futuro, estudios de grado en la universidad. Antes de exponer la solución del ejercicio que resolveremos como ejemplo, vamos a decir algunas cosas sobre las ecuaciones con números enteros; en concreto, las que toman la forma $ax+by=c$, y que llamamos ecuaciones diofánticas lineales. Los coeficientes $a,b,c \in \mathbb{Z}$ vienen dados; y, de tener solución la ecuación, las incógnitas $x$ e $y$, que debemos determinar deben ser, también, números enteros.

ALGO DE TEORÍA:
Veamos lo que nos dice la teoría: Una ecuación diofántica lineal del tipo $ax+by=c$ tiene solución si y sólo si $d:=\text{m.c.d.}(a,b)$ es divisor del término independiente $c$ ( que notamos de la forma $d|c$ ); y, teniendo solución dicha ecuación, se demuestra que hay infinitos pares de valores $(x,y)$ que satisfacen dicha ecuación. Encontramos las infinitas soluciones ( solución general ) encontrando, primero, una solución particular $(x_1,y_1)$, y, a continuación, la solución general, que es de la forma

$$\left\{\begin{matrix}
x=x_1+\lambda\,\dfrac{b}{d} & \\
\\
y=y_1-\lambda\,\dfrac{a}{d} & \\
\end{matrix}\right. \forall \lambda \in \mathbb{Z}$$

Vamos, ahora, a exponer un ejemplo.

ENUNCIADO:
Sea la ecuación diofántica lineal $6x+50y=108$. ¿ Tiene solución ? En caso afirmativo, ¿ cómo son los infinitos pares de valores enteros $(x,y)$ ?

SOLUCIÓN:
Observemos que $a=6$, $b=50$ y $c=108$. Como el máximo común divisor de $a$ y $b$, $d:=\text{m.c.d.}(6,50)=2$, es divisor del término independiente $c=108$, esto es $2 | 108$, podemos afirmar que la ecuación tiene solución en $\mathbb{Z}$ y que ésta consta de infinitos pares de números enteros $(x,y)$, que vamos a ver cómo son a continuación.

Encontremos, para empezar, una solución particular de la ecuación dada. Para ello, determinaremos primero una solución particular de la ecuación $ax+by=d$ ( identidad de Bézout ) y, de ésta, encontraremos la solución particular de la que buscamos.

La identidad de Bézout, en este caso, es $6x+50y=2$. Así, por ejemplo, $(-8,1)$ cumple dicha igualdad; en efecto, $6(-8)+50\cdot 1 = 2$   (1). Y, como el término independiente, $108$, de la ecuación pedida se obtiene multiplicando el de la identidad de Bézout, $2$, por $108/2=54$, mutiplicaremos ambos miembros de (1) por $54$ para obtener $$6\cdot (-8)\cdot 54+50\cdot 1 \cdot 54 = 2 \cdot 54$$ con lo cual $$6 \cdot \underset{x_1}{\underbrace{\left((-8)\cdot 54\right)}}+50 \cdot \underset{y_1}{\underbrace{\left( 1 \cdot 54 \right)}}= 108$$ es decir $$6 \cdot \underset{x_1}{\underbrace{(-432)}}+50 \cdot \underset{y_1}{\underbrace{54}}= 108$$ luego una solución particular es $$(-432,54)$$ Y, finalmente, construyendo la solución general, llegamos a $$\left\{\begin{matrix}
x=-432+\lambda\,\dfrac{50}{2} & \\
\\
y=54-\lambda\,\dfrac{6}{2} & \\
\end{matrix}\right. \forall \lambda \in \mathbb{Z}$$
es decir
$$\left\{\begin{matrix}
x=-432+25\,\lambda \\
\\
y=54-3\,\lambda \\
\end{matrix}\right. \quad \quad \forall \lambda \in \mathbb{Z}$$

Ahora, dando valores ( enteros ) arbitrarios al parámetro $\lambda$ podemos encontrar cualesquiera de los pares de números enteros $(x,y)$ ( hay infinitos ) que constituyen la solución general; así, por ejemplo, para $\lambda = 4$, encontramos $(-332,42)$, etcetera.

$\square$

Integrales definidas de funciones pares e impares, con dominio de integración simétrico ... ( Artículo escrito en catalán )

[nota del autor]

Dada la función ...

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

$\displaystyle \int_{1}^{3}\,f(x)\,dx=\int_{1}^{3}\,(x\,e^x+1)\,dx=\left[ e^{x}\,(x-1)+x \right]_{1}^{3}$

$=(e^{3}\,(3-1)+3)-(e^{1}\,(1-1)+1)=2\,(e^3+1)$

$\square$

[nota del autor]

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 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),
$$X=\left(\begin{array}{ccc}
2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1/9 & 0\\
-1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)\begin{pmatrix}
3&0 &0 \\
0& 3 &0 \\
0& 0 &3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2/3&0 &-1/3\\
0& 1/3 &0 \\
-1/3& 0 &2/3
\end{pmatrix}$$

$\square$

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:
$$x(5)=\dfrac{1}{2}\cdot 9,8 \cdot 2^2 \approx 20 \, \text{m}$$
$\square$

[nota del autor]