C´alculo de√ A, A−1 y eA por matrices componentes 1 2

SUPERIORES (FASC´ICULO 2)

FERNANDO REVILLA

Resumen. Cada fasc´ıculo de estos Problemas resueltos de matem´aticas superiores consta de 5 problemas resueltos. Pueden considerarse como anexos a mis librosProblemas resueltos de ´algebrayProblemas resueltos de an´alisis matem´atico.

´Indice 1. C´alculo de√

A, A⁻¹ y e^A por matrices componentes 1

2. Cociente de factores integrantes 2

3. Los grupos aditivo y multiplicativo de un cuerpo no son isomorfos 3 4. Desarrollo de Taylor de orden n de f (x, y) = log(x + y) 4 5. Polinomio de Z[x] con ra´ız α = 2 +√³

3 5

1. C´alculo de

√A, A⁻¹ y e^A por matrices componentes

Se considera la matriz real: A =5 −1

1 3

 . (a) Calcular sus matrices componentes.

(b) Como aplicaci´on, calcular√

A, A⁻¹ y e^A.

SOLUCI ´ON. Recordamos el siguiente teorema:

Sea A ∈ K^n×n con K = C o K = R de polinomio m´ınimo µ(λ) = (λ − λ1)^m1. . . (λ − λs)^ms.

Entonces, existen matrices Aik con i = 1, 2 . . . , s, k = 0, 1, . . . , mi− 1 tales que para toda funci´on f : Ω ⊂ K → K tal que existe f (A) es decir ∃f^(k)(λ_i) con i = 1, 2 . . . , s, k = 0, 1, . . . , mi− 1 se verifica

f (A) =

s

X

i=0 mi−1

X

k=0

f^(k)(λ_i)A_ik.

A las matrices A_ik se las llama matrices componentes de A.

Key words and phrases. Problemas, resueltos, matem´aticas, superiores, fasc´ıculo.

1

(a) El polinomio m´ınimo de la matriz A es µ(λ) = (λ − 4)². Es decir λ1 = 4 es el ´unico valor propio de A, las matrices componentes de A son A₁₀, A₁₁y para toda funci´on f para la cual exista f (A) (es decir, existen f (4) y f⁰(4)) se verifica:

f (A) = f (4)A₁₀+ f⁰(4)A₁₁. (∗)

Para hallar las matrices componentes elegimos las funciones polin´omicas (siempre est´an definidas) f (λ) = 1, f (λ) = λ y aplicamos la f´ormula (∗) lo cual nos conduce al sistema matricial:

 I = A10

A = 4A₁₀+ A₁₁ que resuelto proporciona

A₁₀= I , A₁₁=1 −1 1 −1

 . Aplicando (∗) a la funci´on f (λ) =√

λ y usando f⁰(λ) = 1/(2√

λ) obtenemos:

f (A) =√

A = 2A₁₀+1

4A₁₁= 1 4

9 −1

1 7

 .

Aplicando (∗) a la funci´on f (λ) = 1/λ y usando f⁰(λ) = −1/λ² obtenemos:

f (A) = 1

A = A⁻¹= 1

4A10− 1

16A11= 1 16

 3 1

−1 5

 . Aplicando (∗) a la funci´on f (λ) = e^λ y usando f⁰(λ) = e^λ obtenemos:

f (A) = e^A= e⁴A10+ e⁴A11= e⁴2 −1

1 0

 .

 2. Cociente de factores integrantes

Demostrar que si µ₁ y µ₂ son factores integrantes de la ecuaci´on diferencial P dx + Qdy = 0 (1)

entonces µ2

µ₁ = C con C constante es soluci´on de (1).

SOLUCI ´ON. Diferenciando µ₂ µ₁ = C : d µ₂

µ1



= dC, ∂

∂x

 µ₂· 1

µ1



dx + ∂

∂y

 µ₂· 1

µ1



dy = 0,

 ∂µ₂

∂x 1 µ₁ + µ2



− 1 µ²₁

 ∂µ₁

∂x



dx + ∂µ₂

∂y 1 µ₁ + µ2



−1 µ²₁

 ∂µ₁

∂y



dy = 0.

Multiplicando por µ²₁ :

 µ1

∂µ2

∂x − µ₂∂µ1

∂x

 dx +

 µ1

∂µ2

∂y − µ₂∂µ1

∂y



dy = 0. (2)

Por ser µ1 factor integrante de (1),

∂

∂y(µ1P ) − ∂

∂x(µ1Q) = 0, P∂µ1

∂y − Q∂µ1

∂x + µ1

 ∂P

∂y − ∂Q

∂x



= 0. (3) Por ser µ2 factor integrante de (1),

∂

∂y(µ2P ) − ∂

∂x(µ2Q) = 0, P∂µ2

∂y − Q∂µ2

∂x + µ2

 ∂P

∂y − ∂Q

∂x



= 0. (4) De (3) y (4)

µ₂

 P∂µ₁

∂y − Q∂µ₁

∂x



− µ₁

 P∂µ₂

∂y − Q∂µ₂

∂x



= 0, es decir

 µ₁∂µ2

∂x − µ₂∂µ1

∂x

 dx +

 µ₁∂µ2

∂y − µ₂∂µ1

∂y



dy = 0,

que es justamente la expresi´on (2) lo cual reduce (2) a (1), y queda demos- trado que µ₂

µ₁ = C es soluci´on de (1). 

3. Los grupos aditivo y multiplicativo de un cuerpo no son isomorfos

Demostrar que los grupos aditivo y multiplicativo de un cuerpo nunca son isomorfos.

SOLUCI ´ON. Sea K un cuerpo y sean K⁺ y K^× los grupos aditivo y multipli- cativo de K respectivamente. Si K⁺es finito, entonces |F^×| = |F⁺| − 1, por tanto no existe biyecci´on Φ : K⁺ → K^× lo cual implica que K⁺ y K^× no son isomorfos.

Supongamos ahora que K es infinito y que Φ : K⁺ → K^× es isomorfismo de grupos, con lo cual ser´a Φ(0) = 1.

Si 1 = −1, sea Φ(1) = a. Entonces, Φ(−1) = a⁻¹y tambi´en Φ(1) = Φ(−1) = a. Por tanto

a²= Φ(1)Φ(−1) = Φ(1 − 1) = Φ(0) = 1 ⇒ a² = 1 ⇒ a = 1 ∨ a = −1

⇒ a = 1 ⇒







Φ(0) = 1 y

Φ(1) = a = 1

⇒ Φ no es inyectiva, lo cual es absurdo.

Si 1 6= −1, sea b ∈ K tal que Φ(b) = −1. Entonces Φ(2b) = Φ(b + b) = Φ(b)² = 1.

Como Φ es inyectiva, 2b = 0, es decir b = 0 (pues 1 + 1 6= 0). Por tanto

1 = Φ(0) = −1, lo cual es absurdo. 

4. Desarrollo de Taylor de orden n de f (x, y) = log(x + y) Desarrollar la funci´on f (x, y) = log(x + y) por la f´ormula de Taylor de orden n en un entorno de (1, 1).

SOLUCI ´ON. Hallemos las primeras derivadas parciales de f :

∂f

∂x = ∂f

∂y = 1 x + y,

∂²f

∂x² = ∂²f

∂x∂y = ∂²f

∂y² = − 1 (x + y)². Demostremos por inducci´on que en general se verifica

∂ⁿf

∂x^α∂y^β = (−1)ⁿ⁺¹(n − 1)!(x + y)⁻ⁿ, (α + β = n).

La f´ormula es claramente cierta para n = 1. Supongamos que es cierta para n − 1 y veamos que tambi´en es cierta para n. En efecto,

∂ⁿf

∂x^α∂y^β = ∂

∂x

 ∂ⁿ⁻¹f

∂x^α−1∂y^β



= ∂

∂x (−1)ⁿ(n − 2)!(x + y)⁻ⁿ⁺¹

= (−1)ⁿ(n − 2)! · (−n + 1)(x + y)⁻ⁿ= (−1)ⁿ⁺¹(n − 1)!(x + y)⁻ⁿ.

∂ⁿf

∂x^α∂y^β = ∂

∂y

 ∂ⁿ⁻¹f

∂x^α∂y^β−1



= ∂

∂x (−1)ⁿ(n − 2)!(x + y)⁻ⁿ⁺¹

= (−1)ⁿ(n − 2)! · (−n + 1)(x + y)⁻ⁿ= (−1)ⁿ⁺¹(n − 1)!(x + y)⁻ⁿ. Nota. Estamos usando el que f es de clase infinito en un entorno de (1, 1) es consecuencia, las parciales sucesivas no dependen del orden de derivaci´on.

Se verifica f (1, 1) = log 2. Por otra parte



(x − 1) ∂

∂x+ (y − 1) ∂

∂y

1

f (1, 1) = (x − 1)∂f

∂x(1, 1) + (y − 1)∂f

∂y(1, 1)

= 1

2[(x − 1) + (y − 1)] .



(x − 1) ∂

∂x + (y − 1) ∂

∂y

2

f (1, 1) = (x − 1)²∂²f

∂x²(1, 1) +2(x − 1)(y − 1) ∂²f

∂x∂y(1, 1) + (y − 1)²∂²f

∂y²(1, 1)

= −1

2²[(x − 1) + (y − 1)]². En general,



(x − 1) ∂

∂x+ (y − 1) ∂

∂y

n

f (1, 1) = (−1)ⁿ⁺¹(n−1)! 1

2ⁿ[(x − 1) + (y − 1)]ⁿ.

El desarrollo pedido es por tanto log(x + y) = log 2 +1

2[(x − 1) + (y − 1)] − 1 2· 1

2²[(x − 1) + (y − 1)]² + · · · + (−1)ⁿ⁺¹· 1

n · 1

2ⁿ[(x − 1) + (y − 1)]ⁿ +(−1)ⁿ⁺²· 1

n + 1· 1

(ξ + η)ⁿ⁺¹[(x − 1) + (y − 1)]ⁿ⁺¹,

con (ξ, η) en el segmento que une los puntos (1, 1) y (x, y).  5. Polinomio de Z[x] con ra´ız α = 2 + ³

√3

(a) Encontrar un polinomio p(x) de tercer grado de Z[x] admitiendo como ra´ız α = 2 +√³

3.

(b) Descomponer p(x) en producto de factores irreducibles en R[x].

SOLUCI ´ON. (a) Sea p(x) = c3x³+ c2x²+ c1x + c0 ∈ Z[x] con c3 6= 0. Si tiene como ra´ız a α,

c₃α³+ c₂α²+ c₁α + c₀ = 0, α³ = −c2

c₃α²−c1

c₃α − c0

c₃ = b2α²+ b1α + b0, (b_k∈ Q).

Es decir, necesariamente α³ha de ser combinaci´on lineal racional de α², α, 1.

Tenemos

α²= 2 +√³

32

= 4 + 4 · 3^1/3+ 3^2/3, α³=

 2 +√³

3

3

= 11 + 12 · 3^1/3+ 6 · 3^2/3. La igualdad α³= b2α²+ b1α + b0 equivale a

11 + 12 · 3^1/3+ 6 · 3^2/3 = b2



4 + 4 · 3^1/3+ 3^2/3

 +b1



2 + 3^1/3

 + b0. La igualdad anterior se verifica si





 b₂ = 6

b1+ 4b2 = 12 b0+ 2b1+ 4b2= 11.

Resolviendo el sistema anterior obtenemos b2 = 6, b1 = −12, b0 = 11.

Obtenemos el polinomio

p(x) = x³− 6x²+ 12x − 11.

(b) Aplicando la regla de Ruffini,

1 −6 12 −11

2 + 3^1/3 2 + 3^1/3 −8 − 2 · 3^1/3+ 3^2/3 11 1 −4 + 3^1/3 4 − 2 · 3^1/3+ 3^2/3 0

El polinomio p(x) lo podemos por tanto expresar en la forma p(x) = (x − α) q(x), con q(x) = x²+



−4 + 3^1/3

x + 4 − 2 · 3^1/3+ 3^2/3. El discriminante de q(x) es

D =

−4 + 3^1/32

− 4

4 − 2 · 3^1/3+ 3^2/3

= −3 · 3^2/3 < 0,

luego q(x) es irreducible en R[x] y la descomposici´on pedida es p(x) = (x − α) q(x).



Problemas resueltos de matem´c aticas superiores por Fernando Re- villa se distribuye bajo la licencia Creative Commons Atribuci´on- NoComercial-SinDerivar 4.0 Internacional.

M´as fasc´ıculos en http://www.fernandorevilla.es

Fernando Revilla. Jefe del Departamento de Matem´aticas del IES Santa Teresa de Jes´us de la Comunidad de Madrid y Profesor de M´etodos Matem´aticos de la Universidad Alfonso X El Sabio de Villanueva de la Ca˜nada, Madrid (Hasta el curso acad´emico 2008-2009).

E-mail address: [email protected]