Integral R+∞ 0 log(x2+1) x2+1 dx por residuos 5 1

SUPERIORES (FASC´ICULO 3)

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. Configuraci´on de centro en un sistema aut´onomo 1 2. Matrices cuadradas invertibles con coeficientes enteros 3 3. C´alculo de l´ım

x→+∞e^x2 Z x

x−^{log x}_2x

e^−t2dt 3

4. Inversa de A ∈ R^3×3 e interpretaci´on geom´etrica 4 5. Integral R+∞

0

log(x²+1)

x²+1 dx por residuos 5

1. Configuraci´on de centro en un sistema aut´onomo Se considera el sistema diferencial X⁰ = AX, con A =1 −2

1 −1



. Se pide:

(a) Escribir la forma general de la soluci´on para resolver el sistema con la condici´on inicial X(0) = (1, 0)^t.

(b) Dibujar la ´orbita que pasa por el punto (1, 0).

(c) Calcular la matriz exponencial exp (tA).

SOLUCI ´ON. (a) El polinomio caracter´ıstico de A es λ²+ 1 = 0 y por tanto los valores propios son λ = α ± βi = ±i. El subespacio propio asociado al valor propio i, y una base del mismo son:

Vi ≡ (1 − i)x₁− 2x₂= 0

x₁+ (−1 − i)x₂= 0, Bi = {(1 + i, 1)^t}.

Como A es real, una base de V−i es B−i = {(1 − i, 1)^t}. Este vector lo podemos expresar en la forma (1 − i, 1)^t = U + iV con U = (1, 1)^t y V = (−1, 0)^t. Por un conocido teorema, si P = [U , V ], entonces:

P⁻¹AP =α −β

β α



=0 −1

1 0

 .

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

y el cambio X = P X^∗ proporciona las soluciones:

x^∗₁ x^∗₂



= e^αtcos βt − sin βt sin βt cos βt

 b₁ b2



=cos t − sin t sin t cos t

 b₁ b2

 . Para X = (1, 0)^t tenemos:

X = P X^∗ ⇔1 0



=1 −1

1 0

 x^∗₁ x^∗₂



⇔x^∗₁ x^∗₂



=

 0

−1

 .

Es decir, la soluci´on que cumple que cumple la condici´on inicial X(0) = (1, 0)^t es:

x^∗₁ x^∗₂



=

 sin t

− cos t



(t ∈ R).

(b) La ´orbita que pasa por (1, 0) es una circunferencia de centro el origen y radio 1 en el plano x^∗₁x^∗₂ recorrida en sentido antihorario:

x^∗₂

x^∗₁

El cambio X = P X^∗ proporciona la correspondiente elipse en el plano x1x2. x₂

x₁ 1

c) La matriz Q cuyas columnas son los vectores propios verifica Q⁻¹AP = D con D = diag(i, −i), por tanto:

e^tA= Qe^tDQ⁻¹ =1 + i 1 − i

1 1

 e^it 0 0 e^it

 1 + i 1 − i

1 1

−1

=cos t −2 sin t sin t − sin t + cos t

 .



2. Matrices cuadradas invertibles con coeficientes enteros Sea P

n = Z^n×n el conjunto de las matrices cuadradas de orden n con coeficientes en Z. Demostrar que una condici´on necesaria y suficiente para que una matrix M ∈P

n admita una inversa en P

n es que det M = ±1.

SOLUCI ´ON. Si M es inversible enP

n entonces

(det M ) det M⁻¹
= det M M⁻¹
= det I = 1

y dado que det M y det M⁻¹ son enteros, ha de ser necesariamente det M =

±1.

Rec´ıprocamente, si M ∈ P

n y det M = ±1, entonces M tiene inversa en R^n×n (pues su determinante es no nulo). Cada elemento de M⁻¹ es cociente de un adjunto de M (que es entero) entre ±1, y por tanto es entero. Es decir, M⁻¹ ∈P

n. 

3. C´alculo de l´ım

x→+∞e^x2 Z x

x−^{log x}_2x

e^−t2dt Evaluar justificadamente

x→+∞l´ım e^x2 Z x

x−^{log x}_2x

e^−t2dt.

SOLUCI ´ON. Hallemos el l´ımite de cada uno de los factores que aparecen. El l´ımite del primer factor es

x→+∞l´ım e^x2 = e^+∞= +∞.

Hallemos el l´ımite del segundo factor. Tenemos x > x −log x

2x ⇔ log x 2x > 0,

y esto ´ultimo ocurre para x > 1. Dado que 0 < e^−t2 para todo t real, 0 ≤

Z x x−^{log x}_2x

e^−t2dt.

Dado que e^−t2 ≤ 1 para todo t real, Z x

x−^{log x}_2x

e^−t2dt ≤ Z x

x−^{log x}_2x

1 dt = x −



x −log x 2x



= log x 2x . En consecuencia

0 ≤ Z x

x−^{log x}_2x

e^−t2dt ≤ log x 2x . Usando la regla de L’Hopital obtenemos l´ımx→+∞ log x

2x = 0 y por tanto

x→+∞l´ım Z x

log xe^−t2dt = 0.

Llamando L al l´ımite pedido, usando la regla de L’Hopital y usando el teorema fundamental del C´alculo

L = l´ım

x→+∞

Z x x−^{log x}_2x

e^−t2dt e^−x2 = 0

0



= l´ım

x→+∞

e^−x2 − e(^{x−log x2x} )²

x −^{log x}_2x

0

−2xe^−x2

= l´ım

x→+∞

e^−x2



1 − e^{log xx −log2 x4x2}



1 −(1/x)2x−2 log x 4x²



−2xe^−x2

= l´ım

x→+∞

 1 − e

log x x −^{log2 x}

4x2



1 −^{1−log x}_2x2



−2x .

Hallemos l´ımites de expresiones que aparecen en el l´ımite anterior: Hallemos l´ımtes de expresiones que aparecen en el l´ımite anterior:

x→+∞l´ım log x

x = +∞

+∞



=

|{z}

L’Hopital x→+∞l´ım

1/x 1 = 0,

x→+∞l´ım log²x

4x² = 1 4 l´ım

x→+∞

 log x x

2

= 1

4 · 0² = 0,

x→+∞l´ım

1 − log x 2x² = 1

2 l´ım

x→+∞

 1

x² −log x x²



= 0.

El l´ımite pedido es por tanto

L = (1 − e⁰) (1 − 0)

−∞ = 0

−∞ = 0.

 4. Inversa de A ∈ R^3×3 e interpretaci´on geom´etrica Se considera la matriz

A =





1 2 2

2 −2 1

2 1 −2



∈ R^3×3. (a) Hallar A² y A⁻¹.

(b) Interpretar geom´etricamente el resultado.

SOLUCI ´ON. a) Operando obtenemos A² = 9I, y de A 1 9A



= I deducimos que A⁻¹= 1

9A.

(b) Llamando B = 1

3A, obtenemos B²= I, es decir B⁻¹ = B. Por otra parte B es sim´etrica, con lo cual B^t= B⁻¹ y por tanto es ortogonal. Hallando los valores propios de B, obtenemos λ₁ = 1 (simple) y λ₂ = −1 (doble) lo cual implica que B representa una simetria axial en R³.

Concluimos que A = 3B representa la composici´on de una simetr´ıa axial

con una homotecia de raz´on 3. 

5. Integral R+∞

0

log(x²+1)

x²+1 dx por residuos Calcular

Z +∞

0

log(x²+ 1) x²+ 1 dx.

Sugerencia: considerar Z

γ

log(z + i)

z²+ 1 dz siendo γ la curva ABCA de la figura y

−R R x

A B

C

SOLUCI ´ON. Sea Γ la curva ABC, es decir la semicircunferencia superior. Te- nemos

Z R

−R

log(x + i) x²+ 1 dx +

Z

Γ

log(z + i) z²+ 1 dz =

Z

γ

log(z + i)

z²+ i dz. (1) Podemos expresar

Z R

−R

log(x + i) x²+ 1 dx =

Z 0

−R

log(x + i) x²+ 1 dx +

Z R 0

log(x + i) x²+ 1 dx

=

|{z}

t=−x

Z 0 R

log(−t + i)

t²+ 1 (−dt) + Z R

0

log(x + i) x²+ 1 dx

= Z R

0

log(−x + i) x²+ 1 dx +

Z R 0

log(x + i) x²+ 1 dx =

Z R 0

log(i − x) + log(i + x) x²+ 1 dx.

Simplifiquemos el numerador,

log(i − x) + log(i + x) = log(i − x)(i + x)

= log(−1 − x²) = log(−1)(x²+ 1)

= log(−1) + log(x²+ 1) = πi + log(x²+ 1).

La expresi´on (1) equivale por tanto a πi

Z R 0

dx x²+ 1+

Z R 0

log(x²+ 1) x²+ 1 dx +

Z

Γ

log(z + i) z²+ 1 dz

= Z

γ

log(z + i)

z²+ i dz. (2)

Hallemos los l´ımites cuando R → +∞ de los sumandos que aparecen en (2).

(i) L´ımite de la primera integral.

l´ım πi

Z R dx

2 = πi

Z +∞ dx

2 = πi [arctan x]^+∞₀

= πi [arctan(+∞) − arctan 0] = πi ·π 2 = π²

2 i.

(ii) L´ımite de la segunda integral.

R→+∞l´ım Z R

0

log(x²+ 1) x²+ 1 dx =

Z +∞

0

log(x²+ 1)

x²+ 1 dx = I.

(iii) L´ımite de la tercera integral. Acotemos el m´odulo de la funci´on inte- grando en Γ :

log(z + i) z²+ 1

≤ |log(z + i)|

|z|² ≤ log |z + i|

|z|²

≤ log (|z| + |i|)

|z|² ≤

|{z}

si |z| suf. grande

log 2 |z|

|z|² = log 2R R² . La longitud de Γ es πR, por tanto

0 ≤     Z

Γ

log(z + i) z²+ 1 dz

≤ log 2R

R² · πR = π log 2R

R → 0 si R → +∞.

En consecuencia,

R→+∞l´ım Z

Γ

log(z + i)

z²+ 1 dz = 0.

(iv) L´ımite de la cuarta integral. El ´unico polo de f (z) = log(z + i) z²+ 1 en el semiplano superior para R > 1 es z = i, y su residuo es

Res [f, i] = l´ım

z→i

log(z + i)

z²+ 1 (z − i) = l´ım

z→i

log(z + i) z + i

= log(2i)

2i = log 2 + (π/2)i

2i .

Por tanto Z

γ

log(z + i)

z²+ i dz = 2πi log 2 + (π/2)i 2i



= π log 2 + π² 2 i.

De los l´ımites tomados en (2) deducimos π²

2 i + I + 0 = π log 2 +π² 2 i, luego la integral pedida es

I = Z +∞

0

log(x²+ 1)

x²+ 1 dx = π log 2.



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.

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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: frej0002@ficus.pntic.mec.es