ETS Minas: Métodos matemáticos Tema 1 Preliminares

Tema 1 Preliminares

Francisco Palacios

Escuela Politécnica Superior de Ingeniería de Manresa Universidad Politécnica de Cataluña

Septiembre 2008, versión 1.7

Contenido

1. Desigualdades.

2. Funciones monótonas.

3. Valor absoluto.

4. Extremos absolutos sobre intervalos cerrados.

5. Extremos absolutos para funciones de la forma h(x) = |g(x)| . 6. Números complejos.

1 Desigualdades

• Definición : a ≤ b ⇔ 0 ≤ b − a.

• Interpretación geométrica eje horizontal: a ≤ b ⇔ a está a la izquierda de b.

• Interpretación geométrica eje vertical: a ≤ b ⇔ a está por debajo de b.

1.1 Propiedades

1. a ≤ b b ≤ c

¾

⇒ a ≤ c.

2. a ≤ b c ∈ R

¾

⇒ a + c ≤ b + c.

3. a ≤ b c ≤ d

¾

⇒ a + c ≤ b + d.

1

4. a ≤ b c > 0

¾

⇒ a c ≤ b c.

5. a ≤ b c < 0

¾

⇒ a c ≥ b c.

El punto más delicado es la propiedad 5, cuando multiplicamos una de- sigualdad por un número negativo, el sentido de la desigualdad se invierte.

Por ejemplo, si tenemos 2 < 3 y multiplicamos por −4, resulta −8 > −12.

Los errores suelen producirse cuando resolvemos desigualdades como la que aparece en el ejemplo siguiente.

Ejemplo 1.1 Determina el menor entero n que cumple (0.85)ⁿ≤ 1

2× 10⁻³. Tomamos logaritmos y obtenemos

n ln(0.85) ≤ ln(1

2 × 10⁻³).

Observemos que como ln(x) es una función creciente, el signo de la de- sigualdad se conserva. Como ln(0.85) = −0. 16251 9, al pasarlo dividiendo, debemos invertir el signo de la desigualdad

n ≥ ln(¹₂ × 10⁻³)

ln(0.85) = 46. 7693.

Finalmente, como n es entero, el resultado es n = 47. 2

1.2 Inecuaciones ax + b ≤ 0

Las inecuaciones de este tipo pueden resolverse usando las reglas habituales de manipulación de ecuaciones, con una excepción: si pasamos dividiendo o multiplicando un número negativo debemos invertir el signo de la desigual- dad.

Ejemplo 1.2 Resuelve la inecuación 2x − 3 ≤ 1.

Aplicando las propiedades de las desigualdades, resulta

2x − 3 ≤ 1, 2x ≤ 4, x ≤ 2, la solución es x ∈ (−∞, 2]. ¤

1.3 Inecuaciones f (x) ≤ 0

Para resolver inecuaciones más generales, usamos la siguiente propiedad:

una función sólo puede cambiar de signo cuando se anula o en los puntos de discontinuidad. Por lo tanto, si

x1 < x2< · · · < xⁿ

son todos los ceros y discontinuidades de una función f , entonces la función debe tener signo constante en los intervalos determinados por esos puntos

(−∞, x1), (x₁, x₂) , . . . , (x_n−1, x_n) , (x_n, +∞) . Ejemplo 1.3 Resuelve la desigualdad

2x − 1

x < x − 2.

En primer lugar escribimos la desigualdad en la forma 2x − 1

x − x + 2 < 0 y definimos la función

f (x) = 2x − 1

x − x + 2.

Ahora, el problema se reduce a determinar los intervalos dónde f es negativa.

Escribimos f (x) en la forma

f (x) = 4x − 1 − x²

x .

La función f tiene una discontinuidad en x1 = 0. Por otra parte, f tiene dos ceros, que son las soluciones de la ecuación

4x − 1 − x² = 0, escribimos la ecuación en forma normal

x²− 4x + 1 = 0 y obtenemos las soluciones

x₂ = 2 −√

3 = . 26794 9, x₃ = 2 +√

3 = 3. 73205.

Por lo tanto, la función f tiene signo constante en los intervalos I1 = (−∞, 0) , I² =

³

0, 2 −√ 3

´ , I3 =

³ 2 −√

3, 2 +√ 3

´ , I4 =

³ 2 +√

3, +∞

´

Para determinar qué signo toma f en cada intervalo, tomamos un valor de prueba

f (−1) = 6, f (0.1) = −6. 1, f (1) = 2, f (4) = −1 4, por lo tanto, la solución es

I₂∪ I4=³

0, 2 −√ 3´

∪³ 2 +√

3, +∞´ . 2

2 Funciones monótonas

2.1 Definiciones

• La función f es creciente en un intervalo I si para todo par de valores x, x⁰∈ I con x < x⁰, se cumple f (x) < f (x⁰).

• La función f es decreciente en un intervalo I si para todo par de valores x, x⁰∈ I con x < x⁰, se cumple f (x) > f (x⁰).

• Función monótona

½ — creciente

— decreciente

Vemos que las funciones crecientes conservan el sentido de las desigualdades, en tanto que las funciones decrecientes invierten el sentido de las desigual- dades.

2.2 Criterios de monotonía

El signo de la primera derivada nos permite estudiar el crecimiento y de- crecimiento de funciones.

• Si una función f es continua en un intervalo [a, b] y tiene derivada positiva en cada punto interior, esto es, f⁰(x) > 0 para x ∈ (a, b), entonces la función es creciente en [a, b].

• Si una función f es continua en un intervalo [a, b] y f⁰(x) < 0 para x ∈ (a, b), entonces la función es decreciente en [a, b].

Para usar estos criterios debemos resolver desigualdades del tipo f⁰(x) < 0, f⁰(x) > 0.

2.3 Extremos de funciones monótonas

Determinar el valor máximo y el valor mínimo de una función sobre un intervalo cerrado es inmediato cuando la función es monótona.

• Si f(x) es creciente en [a, b] ⇒

⎧⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

m = min

x∈[a,b]f (x) = f (a) M = max

x∈[a,b]f (x) = f (b)

• Si f(x) es decreciente en [a, b] ⇒

⎧⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

m = min

x∈[a,b]f (x) = f (b) M = max

x∈[a,b]f (x) = f (a)

Ejemplo 2.1 Dada f (x) = x²ln(x), calcular M = max

x∈[2,3]f⁰⁰(x).

Tenemos

f (x) = x²ln(x), f⁰(x) = 2x ln x + x,

f⁰⁰(x) = 2 ln x + 3.

La función objetivo es

h(x) = 2 ln x + 3

Estudiamos la monotonía de la función h, para ello calculamos su derivada h(x) = 2

x,

como h⁰(x) > 0 en [2, 3], tenemos que h es creciente en el intervalo. Por lo tanto

M = max

x∈[2,3]h(x) = h(3) = 2 ln 3 + 3 = 5. 19722. ¤

3 Valor absoluto

Para a real, el valor absoluto se define como

|a| =

½ −a si a < 0 a si a ≥ 0 También se cumple

|a| =√ a².

3.1 Propiedades

Si a, b son números reales, se cumple.

1. |a| ≥ 0.

2. |a| = 0 si y sólo si a = 0.

3. |a b| = |a| |b| . 4.

¯¯

¯a b

¯¯

¯ = |a|

|b| (b 6= 0).

5. |aⁿ| = |a|ⁿ.

6. |a + b| ≤ |a| + |b| . (desigualdad triangular) 7. ||a| − |b|| ≤ |a − b| .

8. d(a, b) = |a − b| . (distancia)

9. |x − a| ≤ δ equivale a x ∈ [x − δ, x + δ].

En este curso, emplearemos frecuentemente las propiedades del valor abso- luto para obtener cotas superiores de error.

Ejemplo 3.1 Aplicando las propiedades del valor absoluto, calcula una cota superior de

h(x) =

¯¯

¯¯23x²+ sin (x) cos¡ x²¢

− 5

x³+ 2

¯¯

¯¯ , x ∈ [0, 1].

Aplicando la desigualdad triangular, resulta

¯¯

¯¯23x²+ sin (x) cos¡ x²¢

− 5

x³+ 2

¯¯

¯¯ ≤

¯¯23x²¯¯ +¯¯sin (x) cos¡ x²¢¯¯+

¯¯

¯¯−

5 x³+ 2

¯¯

¯¯ .

Como x ∈ [0, 1], ¯¯23x²¯¯ = 23x² ≤ 23.

Por otra parte, tanto sin x , como cos x² toman valores entre −1 y 1, por lo

tanto ¯

¯sin (x) cos¡

x²¢¯¯= |sin (x) | ¯

¯cos¡

x²¢¯¯≤ 1.

Para el tercer término, como x ∈ [0, 1] obtenemos

¯¯

¯¯−

5 x³+ 2

¯¯

¯¯ = 5 x³+ 2 y teniendo en cuenta que 5

x³+ 2 es decreciente en [0, 1], tenemos 5

x³+ 2 ≤ 5 2. En resumen

¯¯

¯¯23x²+ sin (x) cos¡ x²¢

− 5

x³+ 2

¯¯

¯¯ ≤ 23 + 1 + 5

2 = 26.5. ¤

4 Extremos absolutos sobre intervalos cerrados

Sabemos que si una función f es continua en un intervalo cerrado [a, b], entonces f (x) toma un valor máximo y un valor mínimo en [a, b] (Teorema de Weierstrass).

Decimos que un c ∈ (a, b) es un punto crítico de la función f cuando:

• o bien f⁰(c) = 0 (punto estacionario),

• o bien no existe f⁰(c) (punto critico de no derivabilidad).

Supongamos que c1, c2, . . . , cnson todos los puntos críticos de f (x) en (a, b), entonces

M = max

x∈[a,b]f (x) = max{f(a), f(c¹), f (c2), . . . , f (cn), f (b)},

m = min

x∈[a,b]f (x) = min{f(a), f(c1), f (c₂), . . . , f (c_n), f (b)}.

Ejemplo 4.1 Calcula los extremos absolutos de f (x) = x²− 4x + 3 en el intervalo [0, 3].

La función f es continua en el intervalo cerrado[0, 3]. Determinamos los puntos críticos de f (x) en (0, 3) (puntos críticos interiores).

f⁰(x) = 2x − 4,

2x − 4 = 0 ⇒ x = 2 ∈ (0, 3) .

Tenemos un punto estacionario interior, no hay puntos de no derivabilidad.

Calculamos

f (0) = 3, f (2) = −1, f (3) = 0 y resulta

M = max

x∈[0,3]f (x) = max{f(0), f(2), f(3)} = f(0) = 3, m = min

x∈[0,3]f (x) = min{f(0), f(2), f(3)} = f(2) = −1. ¤

5 Extremos absolutos sobre intervalos cerrados para funciones del tipo h(x) = |g(x)|

En los temas siguientes necesitaremos calcular extremos de funciones del tipo

h(x) = |g(x)| .

Es interesante observar que en este caso particular, podemos calcular los puntos críticos de la función objetivo h determinando los ceros y los puntos críticos de la función g. En efecto, si escribimos h(x) en la forma

h(x) = q

(g(x))² y derivamos

h⁰(x) = g(x) g⁰(x) q

(g(x))² ,

vemos que los puntos críticos de la función h están incluidos en el conjunto formado por:

• Puntos de no derivabilidad de g,

• ceros de g⁰(x) (puntos estacionarios de g(x)),

• ceros de g(x).

Ejemplo 5.1 Calcula los extremos de h(x) = |x ln x| en el intervalo [¹2, 3].

La función objetivo h es continua en el intervalo cerrado [¹₂, 3]. Por lo tanto, tiene extremos absolutos en el intervalo. Observamos que la función es del tipo h(x) = |g(x)| , con

g(x) = x ln x, calculamos la derivada de g

g⁰(x) = ln x + 1, resulta:

• Puntos de no derivabilidad de g. La función g es derivable en los puntos x > 0, por lo tanto no hay puntos de no derivabilidad en el intervalo (1/2, 3).

• Puntos estacionarios de g(x):

ln x + 1 = 0 ⇒ x = e⁻¹ = 0. 3679 /∈ (1/2, 3).

• Ceros de g(x) :

x ln x = 0 ⇒ ln x = 0 ⇒ x = 1.

El conjunto de ceros y puntos críticos de g en (1/2, 3) sólo tienen el elemento x = 1. Finalmente calculamos los valores

h(1/2) = 0. 3466 , h(1) = 0, h(3) = 3. 2958.

En definitiva,

x∈[1/2,3]max h(x) = h(3) = 3. 2958, min

x∈[1/2,3]h(x) = h(1) = 0. ¤ Nota. Observemos que si únicamente estamos interesados en determinar el máximo de la función

h(x) = |g(x)|

en [a, b], podemos prescindir de los ceros de g(x). (¿por qué?)

6 Números complejos

6.1 Definiciones

Sean a y b números reales. Tenemos

• Unidad imaginaria i =√

−1.

• Número complejo z = a+bi, a es la parte real, b es la parte imaginaria.

• Conjugado ¯z = a − bi.

• Módulo |z| =√

a²+ b².

Ejemplo 6.1 Dado el complejo z = 3 + 2i, tenemos Parte real Re(z) = 3.

Parte imaginaria Im(z) = 2.

Conjugado ¯z = 3 − 2i.

Módulo |z| =√

9 + 4 =√ 13.

6.2 Operaciones

• Suma

(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i.

• Producto

(a + bi) (c + di) = (ac − bd) + i (ad + bc) .

• Inverso

1

a + bi = a

a²+ b² − i b a²+ b².

El inverso de z = a + bi puede calcularse usando el conjugado.

1 z = z¯

z ¯z = z¯

|z|².

• Cociente

a + bi

c + di = ac + bd

c²+ d² +bc − ad c²+ d²i.

Se cumple

z

w = z ¯w

w ¯w = z ¯w

|w|².

Ejemplo 6.2 Dados z = 3 + i, w = 2 − 3i calcula z + w, z⁻¹, z w y z/w.

z + w = (3 + i) + (2 − 3i) = 5 − 2i, 1

z = 1

(3 + i) = (3 − i)

(3 + i) (3 − i) = 3 10 − 1

10i, z w = (3 + i) (2 − 3i) = 9 − 7i, z

w = 3 + i

2 − 3i = (3 + i) (2 + 3i)

(2 − 3i) (2 + 3i) = 3 + 11i 13 . 2

NotaLa suma y producto de números complejos tienen las mismas propieda- des algebraicas que la suma y producto de números reales.

6.3 Propiedades del conjugado

En lo que sigue, z y w son números complejos.

1. z = z,

2. ¯z = z ⇔ z ∈ R, 3. z + w = z + w, 4. z · w = z · w, 5. −z = −z, 6.

µ1 z

¶

= 1

¯ z, 7. ³ z

w

´

= z¯

¯ w.

6.4 Propiedades del módulo

1. |z| ≥ 0,

2. |z| = 0 si y sólo si z = 0, 3. |z + w| ≤ |z| + |w| , 4. |z · w| = |z| · |w| , 5. |z|² = z · ¯z.

6.5 Forma polar

El complejo z = x + yi está en forma binómica. Asociamos al complejo z el punto Z de coordenadas (x, y) del plano cartesiano OXY. El módulo de z coincide con la distancia de O a Z, el argumento de z es el ángulo θ que forma −→OZ con OX⁺.

En este resumen expresamos los ángulos en radianes.

6.5.1 Cálculo de la parte real e imaginaria a partir del módulo y el argumento

Dado z = x + yi, si tomamos r = |z| y θ = arg(z), se cumple

½ x = r cos θ, y = r sin θ.

6.5.2 Cálculo del módulo y el argumento Sabemos que el módulo es

|z| =p

x²+ y².

La determinación del argumento es algo más complicada.

• Si x > 0 (Z en primer o cuarto cuadrante), un valor del argumento es θ = arg z = arctan y

x.

• Si x = 0 y y > 0, es θ = π/2.

• Si x = 0 y y < 0, es θ = −π/2.

• Cuando x < 0 (Z en segundo o tercer cuadrante), un valor del argu- mento es

θ = arg z = arctan y x + π.

Si conocemos el módulo r y el argumento θ de un complejo, lo representamos en forma polar como

z = (r)_θ.

Observamos que la representación polar no es única, pues si aumentamos el argumento en un múltiplo entero de 2π se obtiene el mismo número complejo

z = (r)_θ = (r)_θ+2kπ, k ∈ Z.

Ejemplo 6.3 Determina la forma polar de z = 1 + i, w = −2 − 2i.

Para z = 1 + i, obtenemos

|z| =√

2, θ = arctan (1) = π

4 (Z en primer cuadrante), la forma polar es

z =³√

2´

π 4

. Para w = −2 − 2i

|w| = 2√

2, θ = arctan(1) + π = π

4 + π = 5

4π (W en tercer cuadrante), la forma polar es

w =³ 2√

2´

5 4π. ¤

6.6 Producto en forma polar

Dados los complejos en forma polar z1= (r1)θ1, z2 = (r2)_θ

2, se cumple:

• z1· z2= (r₁· r2)_θ

1+θ2,

• z₁ z₂ =

µr₁ r₂

¶

θ1−θ²

,

• Si z = (r)θ y n ∈ Z, entonces zⁿ= (rⁿ)_nθ.

Ejemplo 6.4 Dados z = 1 + i, w = −2 − 2i, calcula z³, z · w y z/w usando la forma polar.

Hemos visto en el ejemplo anterior que z =³√

2´

π 4

, w =³

2√ 2´

5 4π, por lo tanto

z³ =∙³√

2´

π 4

¸3

=³ 2√

2´

3π 4

= −2 + 2i, z · w = (4)^π

4+⁵₄π = (4)³

2π = −4i, z

w = Ã √2

2√ 2

!

π 4−⁵₄π

= µ1

2

¶

−π

= −1 2. ¤

6.7 Forma trigonométrica y exponencial

Dado el complejo en forma polar z = (r)_θ, su forma trigonométrica es z = r (cos θ + i sin θ) .

Para θ real, se define

e^iθ = cos θ + i sin θ.

Entonces el complejo z = (r)_θ, expresado en forma exponencial, es z = re^iθ.

La exponencial compleja e^iθ cumple las propiedades usuales de las exponen- ciales

1. ¡ e^iθ¢k

= e^ikθ,

2. e^iθ1 · e^iθ2 = e^i(θ1+θ2), 3. e^iθ1

e^iθ2 = e^i(θ1−θ2).

Ejemplo 6.5 Expresa en forma tigonométrica y exponencial los complejos z = 2i, w = 1 + i, z · w.

Para z = 2i, obtenemos la forma polar z = (2)^π

2 , por lo tanto z = 2³

cosπ

2 + i sinπ 2

´

= 2e^iπ2. Para z = 1 + i, obtenemos la forma polar z =¡√

2¢

π 4

, por lo tanto z =√

2³ cosπ

4 + i sinπ 4

´

=√ 2e^iπ4. Para calcular z · w, usamos la forma exponencial

z · w =

³ 2e^iπ2

´

·³√

2e^iπ4

´

= 2√

2eⁱ(^π₂^+π₄) = 2√ 2e^i34π.

Podemos usar la forma trigonométrica para obtener la forma binómica de z · w

2√

2e^i34π = 2√ 2

µ cos3

4π + i sin3 4π

¶

= −2 + 2i. ¤