Upload
others
View
10
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
RESOLVIENDO PROBLEMAS DE MATEMÁTICA
RESOLUCIÓN DE LOS PROBLEMAS PROPUESTOS PROBLEMA 008 (301206) Hallar la ecuación del lugar geométrico de los puntos desde donde se pueden trazar dos tangentes, que formen entre sí ángulo recto, a la curva:
1. 2 =yx SOLUCIÓN: Sean (x1,y1) y (x2,y2) dos puntos de la curva en donde las respectivas tangentes son perpendiculares
Sus ecuaciones son:
−=−−=−
).().(
2'22
1'11
xxyyyxxyyy
y por ser perpendiculares, será '1
'2
1y
y −=
Se tiene: 21222
'0'.2.1.3
2
222 y
y
yxy
yxyyyyxyyx −=−=−=−=→=+→=
En definitiva, se tiene para las ecuaciones de las rectas tangentes:
−−−
−−=−→
−=−−=−
)1(2
)1(2
).().(
22
322
2
21
31
1
2'22
1'11
yxyyy
yxyyy
xxyyyxxyyy
y siendo 1
3
231
323
1
32 44
2
12 y
yy
yy
y−=→−=→
−−=− , se tendrá:
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
−−=−
−=+
21
31
1
3
21
311
3
12
1624
yxyyy
yxyy
y
Despejamos x e y para obtener las ecuaciones paramétricas de este lugar geométrico:
- Eliminando y: 61
33
41
321
224.236yyyx
++
=
- Sustituyendo hayamos también el valor de y: 26
13
511
3
22432yyyy
+−
=
Ecuaciones paramétricas:
261
3
511
3
61
33
41
321
22432,
224.236
yyyy
yyyx
+−
=++
=
Eliminando el parámetro y simplificando, encontramos:
( )223 2.23 yxx +=
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
PROBLEMA 007 (021206)
Desarrollar en serie de la forma ∑∞
=0
.n
nn za la función de variable compleja:
( )4211)(z
zf+
=
determinando el radio de convergencia y la expresión del coeficiente an en función de n. Determine asimismo los residuos de la función y calcule la integral:
donde γ es el camino que en coordenadas polares tiene por ecuación:
SOLUCIÓN: Desarrollo en serie:
( )( ) ....
24
.14
04
111 4242
42+
−+
−+
−=+=
+
− zzzz
Radio de convergencia: r=1
Coeficientes:
=
−= ,...)2,1,0(
,0
,2/4
nimparnsi
parnsinan
Polos de la función f(z): izz ±=→=+ 01 2 Residuos:
( ) ( ) iizdzd
izriiz
dzd
izr
325.
!31lim
325.
!31lim 4
3
3
24
3
3
1 =−−→
=−=+→
= −−
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
El camino indicado es el de la figura, que rodea a ambos polos de la función, por lo cual se tiene:
( )( )∫ =
−=+=
+γ
ππ 0325
325..2..2
12142
iiirrizdz
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
PROBLEMA 006 (041106) Sea la superficie:
Determinar: a) Las dos primeras formas cuadráticas fundamentales. b) Las direcciones principales asociadas a cada punto. c) Las líneas asintóticas. d) Los radios de curvatura principales. SOLUCIÓN: Se tiene, para cualquier superficie diferenciable dada por ( )),(),,(),,( vuzvuyvuxr =r :
22
22
22
22
2
22 ....,.. du
vrdu
vvrdu
vurdu
urrddv
vrdu
urrd
∂∂
+∂∂
∂+
∂∂∂
+∂∂
=∂∂
+∂∂
=rrrr
rrr
r
que podemos representar por:
2222 ..2.,.. durdurdurrddvrdurrd vvuvuuvurrrrrrr
++=+=
si llamamos Nr
al vector unitario normal a urr
y vrr
se tendrá: vu
vu
rrrr
N rr
rrr
∧∧
=
Y las dos formas cuadráticas fundamentales son:
NrdIIrdrdIrrrr .. 2==
en nuestro caso:
( ) ( )vvuuvruuvuvr vu 2,1,22,2,1 2222 −−+=−+=r
( )( )2223232
222)(1,222,222
11 vuvvvuuuuvvu
N +−++−−−++
=r
)2,2,2()2,2,2()0,2,2( −−=−== vurvuruvr vvuuuv
a) Formas cuadráticas fundamentales:
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
).()1(
..0.)1(.)1(...2....22222
2222222222
dvduuv
dvdudvvuduuvdvdurrdvrrdurrI vuvvuu
+++=
=++++++=++= rrrrrr
).(2..0.2).2(.2....2.... 222222 dvdudvdudvdudvduNrdvNrduNrII uvvvuu −=+−+=++=
rrrrrr
b) Por ser 0.
rrr =vu rr y 0. =Nruvrr
, las direcciones principales coinciden con las
direcciones de los vectores tangentes.
c) Líneas asintóticas. Se obtienen para II=0. ⇒=⇒=−⇒= 2222 0)(20 dvdudvduII
teconscvcudvdu tan,±=⇒±=⇒ d) Radios de curvatura principales:
2)1(
..
2)1(
..
222
222
vuNrrr
R
vuNrrr
R
uu
uuv
vv
vvu
++==
−++
==
r
rr
r
rr
PROBLEMA 005 (071006) Se considera el conjunto N de los números naturales dotado de la topología cofinita T (los abiertos son los complementarios de los conjuntos finitos).
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
1) ¿Es (N, T) espacio topológico?. 2) ¿Es Hausdorff?. 3) ¿La sucesión {1,2,...,n,...} converge?. ¿A qué punto?. 4) ¿Existe en (N, T) alguna sucesión que converja a un solo punto?. 5) ¿Existe alguna sucesión que no converja?.
SOLUCIÓN:
1) - Los conjuntos N y φ pueden considerarse incluidos en T. - Si es { } IiiG ∈ una familia de abiertos de T ( iii FCFG ∧= finito) se tiene:
a) abiertoGfinitoFFCCFG iIiiIiiIiiIiiIi ∈∈∈∈∈∪⇒∩∧∩=∪=∪
b) abiertoGfinitoFFCCFG i
n
ii
n
ii
n
iii
n
iii
n
i 11111 =====∩⇒∪∧∪=∩=∩
En resumen: - TN ∈φ,
- TGiIi∈∪
∈(La unión de cualesquiera elementos de T es elemento de T)
- TGin
i∈∩
=1(La intersección de un nº finito de elementos de T es también
elemento de T). Lo que nos permite afirmar que (N,T) es espacio topológico.
2) Para que (N,T) sea Hausdorff debe ocurrir que para cualquier par de puntos de N existen abiertos no vacíos disjuntos a los cuales pertenecen. Es decir:
φ=∩∧∈∧∈∈∃∈∀
212121 2121 /,,, pppppp GGGpGpTGGNpp
En nuestro caso:
⇒∧=∧=⇒∈∧∈∈∀ finitosFFCFGCFGGpGpTGG pppppppppp 2122112121,/, 21
( )
( ) φφ
φ
≠∩⇒≠∪⇒
⇒≠∪∧∪=∩=∩⇒
2121
21212121
pppp
pppppppp
GGFFC
FFFFCCFCFGG
Por tanto, no se cumple la condición de Hausdorff.
3) Sabemos que en un espacio (X,Tx) una sucesión {s1,s2,...,sn,...} converge hacia un punto p∈X sii para cualquier entorno abierto Gp de p existe algún número M tal que para todo número natural mayor que M los términos de la sucesión pertenecen al entorno Gp. Es decir:
{ } ( )
pn
pxpNnn
GsMnNM
GpTGphaciaconvers
∈≥∀∈∃⇒
⇒∈∈∀⇔∈
,/
/.
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
En nuestro caso, para cualquier punto p de N y cualquier entorno abierto de p se verifica que dicho entorno contiene puntos de N. Luego, la sucesión dada {s1,s2,...,sn,...} converge hacia todo punto de N.
4) La sucesión constante {2,2,...,2,...} converge hacia el punto 2 únicamente. Es decir, en este espacio topológico, toda sucesión constante de valor k converge hacia k.
5) La sucesión {1,3,1,3,...,1,3,...} no converge.
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
PROBLEMA 004 (090906)
Dada la sucesión de funciones { } 1)( ≥nn xf donde:
Calcular ∫∞→
1
0
).(lim dxxfn
n y ∫∞→
1
0
)).(lim( dxxfn
n
Explicar la aparente contradicción de los resultados. SOLUCIÓN:
- Cálculo de la primera integral:
Se tiene que 0)1(
1).1(..)1(
1
0lim
)(
0lim 21 ≠
+−
=+++
−
→=
→− nLxnLLnnnL
nx
xxxf
x
n
y comparando con ∞=→
−1
0lim xx
, se tiene que −∞=→
)(0
lim xfx
n
por tanto
−∞=∫1
0
).( dxxfn
y carece de sentido el limite pedido ∫∞→
1
0
).(lim dxxfn
n .
- Cálculo de la segunda integral:
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
Se tiene que es 3).1(.)1(.
1lim)(lim
xnLLnnnLx
nx
nxf
nn
+++
−
∞→=
∞→
y como es 011lim)1(lim,01lim =+
∞→=
+
∞→=
∞→n
nnnL
nn
n, se tiene que:
0).1(.
lim)(lim 3 =+∞→
=∞→
xnLLnx
nxf
nn
para x=0 es −∞=)0(nf , por lo que no tiene sentido la expresión )0(lim nfn ∞→
,
teniéndose en definitiva que la sucesión de funciones { } 1)( ≥nn xf converge
puntualmente hacia el cero, pero no converge uniformemente.
- En resumen:
∫∞→
1
0
).(lim dxxfn
n carece de sentido.
∫∫ ≤<==∞→
1
0
1
0
10,0.0)).(lim( xendxdxxfn
n
- Explicación de la contradicción: La explicación de la contradicción entre el valor de la expresiones
dadas ∫∞→
1
0
).(lim dxxfn
n y ∫∞→
1
0
)).(lim( dxxfn
n es que no se cumple una condición
suficiente para que sean iguales: la condición de convergencia uniforme.
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
PROBLEMA 003 (120806)
Sea M el conjunto de las matrices ortogonales del tipo
y sea f la aplicación definida del siguiente modo:
Justifique con detalle que el conjunto imagen de M mediante la aplicación f es un conjunto cerrado del espacio topológico de cuatro dimensiones R4. SOLUCION: Si tenemos en cuenta las condiciones de definición de matriz ortogonal y de aplicación continua:
):(.. identidIIAAAAortogA tt ==⇔
111
2221 )(: TencerradoTpTencerradoTpcontinuaTT ∈⇒∈∀⇔→ −φφ En nuestro caso:
=
++++
=
1001
. 22
22
dcdbcabdacba
dbca
dcba
consideremos 34: RR →φ definida por
( ) 322224 )0,1,1(,,),,,(,),,,( RbdacdcbadcbaRdcba ∈=+++=∈∀ φ
Teniéndose, en definitiva, que 34 RRMf φ
→→ . Vamos a ver que φ es continua: Podemos considerar que es ( )321 ,, φφφφ = , siendo:
=+=→=+=→=+=→
0),,(,:1),,(,:1),,(,:
34
3
222
42
221
41
bdaccbaRRdccbaRRbacbaRR
φφφφφφ
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
donde se observa que son φ1, φ2, φ3 continuas, por lo cual ( )321 ,, φφφφ = también
es continua. En definitiva:
.)()()0,1,1()0,1,1()0,1,1()0,1,1(
41
41413
RencerradoMfMfRencerradoRencerradoRencerradocontinua
⇒=∧
∧⇒⇒∧−
−−
φ
φφφ
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
PROBLEMA 002 (150706)
Resuelva la ecuación
0753292 23 =++− xxx
sabiendo que admite una raíz compleja de módulo 5. SOLUCION: Si la ecuación dada admite una solución compleja x=a+b.i, también admitirá como solución el número complejo conjugado x=a-b.i, por lo que, al ser tres las raíces de la ecuación, se podrá factorizar el polinomio de la forma:
( )( )( ) 0.)(.)( =−−−+− dxbiaxbiax donde d es la tercera raíz, real, de la ecuación. Si sustituimos en la ecuación la raiz x=a+b.i se tiene:
( ) ( ) ( )[ ] 03218327532932 322223 =+−−+++−−− babbbaiabaaba Si sustituimos en la ecuación la raiz x=a-b.i se tiene:
( ) ( ) ( )[ ] 03218327532932 322223 =+−−−++−−− babbbaiabaaba Restando ambas expresiones:
( )[ ] 0643634 32 =+−− babbbai o bien
( ) 01693.4 22 =+−− ababi
de lo que se deduce que 0=b o bien 01693 22 =+−− aba . Si es b=0, entonces x=a=5 sería solución, pero comprobamos aplicando la regla de Ruffini que no verifica la ecuación, por tanto no ha de ser b=0. . Si es 01693 22 =+−− aba , eliminamos la b pues del enunciado es 2522 =+ ba , y queda:
0994 2 =−− aa cuyas soluciones son a=3 y a=-3/4. Lo que nos indica que el par de raíces complejas conjugadas de la ecuación dada son
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
{ }ii 43,43 −+ o bien
−−+− ii4391
43,
4391
43
Si el par de raíces complejas conjugadas es { }ii 43,43 −+ , se verifica que
( )( )( ) 0.)43(.)43( =−−−+− dxixix o bien
( ) 0).(2562 =−+− dxxx
o sea: ( ) 0).(256753292 223 =−+−=++− dxxxxxx , lo que nos indica que
32256
7532922
23
+=+−
++−=− x
xxxxxdx
siendo exacta la división, por lo que las raíces buscadas son
2/34343
−=−=+=
xixix
Si el par de raíces complejas conjugadas es
−−+− ii4391
43,
4391
43
se habría de
verificar que
( )( )( ) 0.))4/391(4/3(.))4/391(4/3( =−−−−+−− dxixix
o bien: 0).(25232 =−
++ dxxx de donde
2523
7532922
23
++
++−=−
xx
xxxdx , pero esta
división no es exacta pues da un resto =375, por lo cual los números complejos
indicados
−−+− ii4391
43,
4391
43
no son soluciones de la ecuación dada.
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
PROBLEMA 001 (170606) Sea el espacio vectorial V de los polinomios de grado menor o igual que tres con coordenadas reales, y sea { }32 ,,,1 xxxB = una base. Se pide:
a) Obtener la base dual B)
en el espacio dual V)
. b) Si ( ) )4(ϕϕ =F es una forma lineal, hallar sus coordenadas respecto de
la base dual B)
. c) Hallar las coordenadas en la base dual B
) de la forma lineal:
( ) ∫=1
0
).( dxxI ϕϕ
SOLUCION:
a) Sean 34
2321 ,,,1 xuxuxuu ==== una base del espacio V. La base dual en el
espacio V)
está constituida por las aplicaciones RVfiu
→: tales que
4,3,2,1,,)( == jiuf ijjui
δ
por consiguiente, la base dual es:
{ }4321
,,, uuuu ffffB =)
b) Si es ,VF)
∈ se tiene que ∑=
=4
1kuk kfF λ y serán sus coordenadas:
∑=
===4
14,3,2,1,)()(
kjjukj jufuF
kλλ
Por tanto, si es ( ) )4(ϕϕ =F se tiene que es mmxF 4)( = , por tanto, es
64)()(,16)()(,4)()(,1)1()( 34
2321 ======== xFuFxFuFxFuFFuF
y las cuatro coordenadas de F en la base dual son:
64,16,4,1 4321 ==== λλλλ
c) Se tiene, al igual que en el apartado anterior:
∑=
===4
14,3,2,1,)()(
kjjukj jufuI
kλλ
Matemática, Física, Astronomía, casanchi.com 2006
por tanto:
1.1)(1
0
1
01 === ∫ xdxuI ,
21
21.)(
1
0
1
0
22 === ∫ xdxxuI ,
31
31.)(
1
0
1
0
323 === ∫ xdxxuI
41
41.)(
1
0
1
0
434 === ∫ xdxxuI
y las coordenadas en la base dual son, por tanto:
41,
31,
21,1 4321 ==== λλλλ