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

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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]