ESCUELA UNIVERSITARIA POLITÉCNICA DE SEVILLA Ingeniería Técnica en Diseño Industrial
Fundamentos Matemáticos de la Ingeniería
Soluciones correspondientes a los problemas del Primer Parcial 2007/2008 PROBLEMA 1.
1. [1.5 puntos] Obtener la ecuación de la recta tangente en el punto (−2,1) a la curva dada implícitamente por y3+ 3y2 =x4−3x2. 2. [6 puntos] Sea A= ⎛ ⎝ 4 1 0 1 4 0 0 0 3 ⎞ ⎠.
Encontrar una matriz P invertible y una matriz D diagonal tal que P−1AP =D. Obtener, si
es posible, una matriz P que sea ortogonal. Utilizar los resultados anteriores para calcular A4.
3. [2.5 puntos] Resolver el sistema
x+iy = −1−4i 2ix−(1−i)y = 6−2i y expresar los resultados en forma polar.
Solución
1. Al ser el punto (−2,1) un punto de la curva dada, la recta tangente a la curva de ecuación y3+ 3y2 =x4
−3x2 en el punto(
−2,1) viene dada por y−1 =m(x+ 2) donde la pendiente es m=y0(−2,1). Para calcular, por tanto, la pendiente de esta recta, procedemos a derivar la curva implícitamente
3y2y0+ 6yy0 = 4x3−6x⇐⇒y0¡3y2+ 6y¢= 4x3−6x⇐⇒y0 = 4x
3
−6x 3y2+ 6y
y al evaluar la derivada en el punto (−2,1) obtenemos y0(−2,1) = −20/9. De aquí, la recta tangente pedida es
y−1 = −20
9 (x+ 2)
2. En primer lugar, calculamos los autovalores de A. Puesto que su polinomio característico es
|A−λI| = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 4−λ 1 0 1 4−λ 0 0 0 3−λ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯= (3−λ) [(4−λ) (4−λ)−1] = (3−λ) ¡ λ2−8λ+ 15¢ = −(λ−3)2(λ−5)
los autovalores sonλ1 = 3 con multiplicidad algebraicama(λ1 = 3) = 2 yλ2 = 5 con
multipli-cidad algebraica ma(λ2 = 5) = 1.
Calculamos ahora los autovectores asociados a los autovaloress:
VA(3) = ⎧ ⎨ ⎩(v1, v2, v3)∈R 3 : ⎡ ⎣ 1 1 0 1 1 0 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎡ ⎣ v1 v2 v3 ⎤ ⎦= ⎡ ⎣ 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎫ ⎬ ⎭ = ©(v1, v2, v3)∈R3 : v1+v2 = 0 ª =lin({(1,−1,0),(0,0,1)}) VA(5) = ⎧ ⎨ ⎩(v1, v2, v3)∈R 3 : ⎡ ⎣ − 1 1 0 1 −1 0 0 0 −2 ⎤ ⎦ ⎡ ⎣ v1 v2 v3 ⎤ ⎦= ⎡ ⎣ 0 0 0 ⎤ ⎦ ⎫ ⎬ ⎭ = ½ (v1, v2, v3)∈R3 : − v1+v2 = 0 −2v3 = 0 ¾ =lin({(1,1,0)})
De aquí concluimos que, si tomamos tres autovectores linealmente independientes y consider-amos la matrices P = ⎡ ⎣ 1 0 1 −1 0 1 0 1 0 ⎤ ⎦ y D= ⎡ ⎣ 3 0 0 0 3 0 0 0 5 ⎤ ⎦ se verifica que P−1AP =D.
Los autovectores correspondientes a distintos autovalores son ortogonales entre sí (la matriz A es simétrica). Además, los dos autovectores obtenidos correspondientes al autovalorλ1 = 3
nos han salido ortogonales (en otro caso, podríamos haber aplicado Gram-Smchidt). De aquí, para obtener una matriz P ortogonal sólo tenemos que dividir los autovectores por su norma obteniendo P = ⎡ ⎣ 1/√2 0 1/√2 −1/√2 0 1/√2 0 1 0 ⎤ ⎦
Por último, para calcular A4 podríamos hacerlo de las siguiente formas:
a) Utilizando la primera matriz P no ortogonal obtenida (en este caso hay que calcular P−1).
A4 =P D4P−1 = ⎡ ⎣ − 1 0 1 1 0 1 0 1 0 ⎤ ⎦ ⎡ ⎣ 34 0 0 0 34 0 0 0 54 ⎤ ⎦ ⎡ ⎣ 1/2 −1/2 0 0 0 1 1/2 1/2 0 ⎤ ⎦= ⎡ ⎣ 353 272 0 272 353 0 0 0 81 ⎤ ⎦.
b) Utilizando la segunda matriz P ortogonal:
A4 =P D4PT = ⎡ ⎣ 1/√2 0 1/√2 −1/√2 0 1/√2 0 1 0 ⎤ ⎦ ⎡ ⎣ 34 0 0 0 34 0 0 0 54 ⎤ ⎦ ⎡ ⎣ 1/√2 −1/√2 0 0 0 1 1/√2 1/√2 0 ⎤ ⎦= ⎡ ⎣ 353 272 0 272 353 0 0 0 81 ⎤ ⎦.
3. Para resolver el sistema
x+iy = −1−4i 2ix−(1−i)y = 6−2i podemos proceder, por ejemplo, utilizando el método de Gauss ∙ 1 i −1−4i 2i −1 +i 6−2i ¸ −→ F21(−2i) ∙ 1 i −1−4i 0 1 +i −2 ¸ −→ F2 ¡ 1 1+i ¢ ∙ 1 i −1−4i 0 1 −1 +i ¸ de donde y=−1 +i, x=−3i Si obtenemos el módulo y el argumento de x e y obtenemos
x = −3i−→ ½ r= 3 θ =π y = −1 +i−→ ( r = q (−1)2+ 12 =√2
θ =arctg (−1) = 34π (el complejo está en el segundo cuadrante) y así, escribimos las soluciones del sistema en forma polar
x= 3π, y =
√ 23π
4
PROBLEMA 2.
1. [4 puntos] Se consideran las funciones F(x) = (1−x)3 e G(x) = 1 +x
2 . Demostrar que sus gráficas se cortan en un único punto. Aproximar la abscisa de dicho punto de corte usando el método de Newton a partir de x1 = 0. Realizar sólo una iteración. ¿Se puede asegurar la
convergencia del método partiendo de este valor inicial? Justificar la respuesta.
2. [3 puntos] Obtener el polinomio de Maclaurin de grado dos de la función f(x) definida en el intervado (−1,1)por
f(x) = 1 2ln
1 +x 1−x.
Utilizar ese polinomio para aproximar el valor de f(0.1) y expresar el error cometido en la forma de Lagrange.
3. [3 puntos] Determinar las asíntotas, los intervalos de crecimiento/decrecimiento y los extremos relativos de la función
g(x) = 1
x2(x−1) + 3.
1. Para demostrar que las funcionesF (x)yG(x)se cortan en un único punto,debemos considerar la ecuación dada por F(x) =G(x) que es equivalente a la ecuación dada porH(x) = 0 donde H(x) =F(x)−G(x) = (1−x)3− 1 +x
2 definida y continua en todoR.
Para esta función H(x) se tiene que H(0) > 0 y H(1) < 0 y, al ser continua en el intervalo cerrado [0,1], el teorema de Bolzano nos asegura que existe un c ∈ [0,1] tal que H(c) = 0. Además, teniendo en cuenta que H0(x) =−3 (1−x)2 − 1
2 <0 para todox ∈ R y, por tanto H es una función decreciente en todo R, se puede asegura que la función H tiene una única raíz y se encuentra en el intervalo [0,1].
Para estimar la abscisa del punto de corte c, haremos una iteración con el método de Newton tomando como punto inicial x1 = 0.
x2 =x1 − H(x1) H0(x1) = 0− 1/2 −7/2 = 1 7 ≈0.14286
Para poder asegurar la convergencia del método de Newton tomando como punto inicialx1 = 0,
comprobamos las hipótesis del teorema de convergencia del método de Newton:
La función H(x) es continua y dos veces derivable en R que contiene al intervalo [0,1]. La función H0(x) =−3 (1−x)2
−12 no se anula en ningún punto del intervalo (ya que para todo x ∈ R la función H0(x) es estrictamente negativa) y H00(x) = 6 (1−x) tiene signo constante en dicho intervalo (se verifica que H00(x) ≥ 0 en el intervalo [0,1]). Por tanto, el teorema de convergencia de Newton nos asegura la convergencia del método siempre que tomemos como punto inicial un valor cualquiera x1 ∈ [0,1] en el que H(x1)H00(x1) > 0. En nuestro caso se
tiene que H(0)H00(0)>0y de aquí, la convergencia del método está asegurada con este punto inicial.
2. El polinomio de Mclaurin de grado2, de la funciónf(x) = 1 2ln 1 +x 1−x = 1 2[ln (1 +x)−ln (1−x)] es: P2(x) =f(0) +f0(0)x+ f00(0) 2! x 2. donde f(x) = 1 2[ln (1 +x)−ln (1−x)] =⇒ f(0) = 0 f0(x) = 1 2 ∙ 1 1 +x − −1 1−x ¸ =⇒ f0(0) = 1 f00(x) = 1 2 ∙ −1 (1 +x)2 + 1 (1−x)2 ¸ =⇒ f00(0) = 0 Luego, P2(x) =x
Utilizando ahora el polinomio tenemos que f(0.1)≈P2(0.1) = 0.1.
Para expresar el error cometido en la aproximación anterior utilizando la fórmula de Lagrange, necesitamos conocer la derivada tercera
f000(x) = 1 2 ∙ 2 (1 +x)3 + 2 (1−x)3 ¸
y, siendo0< z <0.1, el error se puede expresar como |R2(0.1)|= ¯ ¯ ¯ ¯f 000(z) 3! (0.1) 3 ¯ ¯ ¯ ¯= 16 ∙ 1 (1 +z)3 + 1 (1−z)3 ¸ (0.1)3.
(C) En primer lugar, observamos que la función g(x) = 1
x2(x−1)+ 3
es una función definida para todo x∈R\ {0,1}.
Asíntotas verticales: son asíntotas verticales las rectas x= 0y x= 1 ya que se tiene que lim x−→0− 1 x2(x−1)+ 3 =−∞ lim x−→0+ 1 x2(x−1)+ 3 =−∞ lim x−→1− 1 x2(x−1)+ 3 =−∞ lim x−→1+ 1 x2(x−1)+ 3 = +∞
Asíntotas horizontales: es asíntota horizontal la recta y= 3ya que se tiene lim x−→−∞ 1 x2(x−1)+ 3 = 3 lim x−→+∞ 1 x2(x−1)+ 3 = 3
No hay asíntotas oblicuas al haber horizontales.
Para estudiar los intervalos de crecimiento/decrecimiento y los extremos relativos necesitamos conocer los puntos críticos. Para ello, calculamos y simplificamos la función derivada obteniendo
f0(x) = −3x+ 2 x3(x−1)2.
Resolviendo la ecuación f0(x) = 0, obtenemos un punto crítico x = 2/3. Por otro lado, la derivada existe en todos los puntos del dominio de la función; esto es, para todo x∈R\ {0,1}. Por tanto, sólo hay un punto crítico x= 2/3.
Dividimos el dominio de f(x) en los siguientes intervalos y estudiamos el signo de la derivada en cada uno de ellos.
Intervalos (−∞,0) (0,2/3) (2/3,1) (1,+∞)
Signo def0(x) − + − −
Crec/Decrec. & % & &
Observando la tabla anterior y aplicando el criterio de la derivada primera, se observa que en el punto de abscisa x = 2/3 se alcanza un máximo relativo (en x = 0 y x = 1 hay asíntotas verticales).
PROBLEMA 3.-SeaA= ⎡ ⎣ 1 0 1 2 1 3 3 3 5a−a2 ⎤ ⎦ y b= ⎡ ⎣ 4 5 6−a ⎤ ⎦, con a∈R.
1) [4 puntos] Para todo valor de a y utilizando el método de Gauss, estudiar la compatibilidad del sistema Ax=b.
2) [1.5 puntos] ¿Para qué valores dea se puede expresar la matrizAcomo producto de matrices elementales?
3) [4.5 puntos] Para a= 2, se pide: i) Una base del espacio nulo deA. ii) Una base del espacio columna deA.
iii) Sea u = (2, m,6), con m ∈ R. Determinar m para que u pertenezca a N(A)⊥. Justificar si el vector obtenido es un vector de R(A).
Solución
1) Utilizamos el método de Gauss para estudiar la compatibilidad del sistema según los valores de a. Consideramos la matriz ampliada del sistema y realizamos transformaciones elementales
⎡ ⎣ 1 0 1 4 2 1 3 5 3 3 5a−a2 6 −a ⎤ ⎦ −→ F21(−2) F31(−3) ⎡ ⎣ 1 0 1 4 0 1 1 −3 0 3 −a2 + 5a −3 −a−6 ⎤ ⎦ −→ F32(−3) ⎡ ⎣ 1 0 1 4 0 1 1 −3 0 0 −a2+ 5a−6 −a+ 3 ⎤ ⎦ −→ F3 ¡ 1 −a2+5a−6 ¢ a6= 2, a6= 3 ⎡ ⎢ ⎣ 1 0 1 4 0 1 1 −3 0 0 1 −a+3 −a2+5a−6 ⎤ ⎥ ⎦
Consideramos ahora los siguientes casos:
— Caso de ser a6= 3 ya6= 2,la matriz escalonada nos asegura que el sistema de ecuaciones lineales es compatible y determinado.
— Caso de ser a = 3, la matriz escalonada resulta ⎡ ⎣ 1 0 1 4 0 1 1 −3 0 0 0 0 ⎤ ⎦ y de aquí el sistema es compatible indeterminado.
— Caso de ser a= 2, la matriz escalonada resulta ⎡ ⎣ 1 0 1 4 0 1 1 −3 0 0 0 1 ⎤ ⎦ y la última ecuación nos indica que el sistema es incompatible.
2) Puesto que la matriz A de los coeficientes del sistema es una matriz cuadrada, ésta se podrá expresar como producto de matrices elementales si, y sólo si, es invertible, si, y sólo si, su determinante es distinto de cero si, y sólo si, el sistema anterior es compatible determinado. Por tanto, para a 6= 3 y a 6= 2, sí se puede expresar la matriz A como producto de matrices elementales.
3) Paraa= 2,
i) El espacio nulo de la matriz A es N(A) = {x∈R3 :Ax= 0}. Nos podemos basar en las transformaciones del apartado 1 considerando la matriz ampliada del sistema Ax= 0,
⎡ ⎣ 1 0 1 0 2 1 3 0 3 3 6 0 ⎤ ⎦ −→ F21(−2) F31(−3) ⎡ ⎣ 1 0 1 0 0 1 1 0 0 3 3 0 ⎤ ⎦ −→ F32(−3) ⎡ ⎣ 1 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 ⎤ ⎦ de donde se obtiene, el sistema dado por
x1+x3 = 0 x2+x3 = 0 ¾ =⇒ x1 =−α x2 =−α x3 =α ⎫ ⎬ ⎭ conα ∈R
y, de aquí, N(A) = lin{(−1,−1,1)}. Es evidente que una base de N(A) viene dada por
{(−1,−1,1)}.
ii) El espacio columna de la matriz A es
R(A) =lin{(1,2,3),(0,1,3),(1,3,6)}=lin{(1,2,3),(0,1,3)}
ya que se comprueba fácilmente que (1,3,6) es combinación lineal de los dos primeros (el tercero es suma de los dos primeros). Al ser los vectores {(1,2,3),(0,1,3)} no proporcionales, son linealmente independientes y por tanto, constituyen una base de R(A).
iii)Para que el vector u = (2, m,6) pertenezca a N(A)⊥ debe ser ortogonal a los vectores de N(A). De aquí, tiene que ser
(2, m,6)·(−1,−1,1) = 0⇐⇒ −2−m+ 6 = 0⇐⇒m= 4
El vector obtenido esu= (2,4,6) = 2(1,2,3),proporcional al primer vector de la base deR(A), por tanto u∈R(A).
PROBLEMA
4.-1) [5 puntos] Sea W = {(x, y, z) ∈ R3 : x
−2y+ 3z = 0}. Buscar una base de W y encontrar vectores u∈W yv∈W⊥ tales que u+v= (1,0,0).
2) [3 puntos] Resolver la ecuación
F3(−2)F23(1)F31(1)X =F21(−2),
3) [2 puntos] Calcular las soluciones por mínimos cuadrados del sistema ∙ 1 −1 −1 1 ¸∙ x y ¸ = ∙ 0 2 ¸ . Solución
1) El subespacio vectorial W viene dado por
W = ©(x, y, z)∈R3 :x−2y+ 3z = 0ª= ⎧ ⎨ ⎩(x, y, z)∈R 3 : x= 2α−3β y=β z =α conα,β ∈R ⎫ ⎬ ⎭ = lin{(2,1,0),(−3,0,1)}
Al ser los vectores (2,1,0),(−3,0,1) linealmente independientes (no son proporcionales), se tiene que una base del subespacio vectorial W deR3, es B ={(2,1,0),(−3,0,1)}.
Se pide, ahora, encontrar los vectores u ∈ W y v ∈ W⊥ tales que u +v = (1,0,0); esto es, encontrar las proyecciones ortogonales del vector (1,0,0) sobre los subespacios W y W⊥, u = pW(1,0,0), v = pW⊥(1,0,0). Aunque hay varios procedimientos para calcular estas
proyecciones, indicamos aquí el más sencillo. Calculamos el complemento ortogonal del sube-spacio W, W⊥ = {v= (x1, x2, x3) :v·(2,1,0) = 0, v·(−3,0,1) = 0} = ½ (x1, x2, x3) : 2x1+x2 = 0 −3x1+x3 = 0 ¾ =lin{(1,−2,3)}
y puesto que una base ortogonal deW⊥ viene dada por B0 ={(1,−2,3)}, podemos calcular el vector v=pW⊥(1,0,0)mediante la expresión
v=pW⊥(1,0,0) = (1,0,0)·(1,−2,3) (1,−2,3)·(1,−2,3)(1,−2,3) = 1 14(1,−2,3) = µ 1 14, −2 14, 3 14 ¶ De aquí u=pW(1,0,0) = (1,0,0)−pW⊥(1,0,0) = (1,0,0)− µ 1 14, −2 14, 3 14 ¶ = µ 13 14, 2 14, −3 14 ¶
2) Para resolver la ecuación, procedemos a despejar la matriz X. Sabiendo que las matrices ele-mentales son invertibles tenemos que
F3(−2)F23(1)F31(1)X =F21(−2)⇐⇒X =F31−1(1)F− 1 23 (1)F− 1 3 (−2)F21(−2) y, entonces X =F31(−1)F23(−1)F3(−1/2)F21(−2)
De aquí, teniendo en cuenta que las matrices son de orden tres
X = ⎛ ⎝ 1 0 0 0 1 0 −1 0 1 ⎞ ⎠ ⎛ ⎝ 1 0 0 0 1 −1 0 0 1 ⎞ ⎠ ⎛ ⎝ 1 0 0 0 1 0 0 0 −1/2 ⎞ ⎠ ⎛ ⎝ 1 0 0 −2 1 0 0 0 1 ⎞ ⎠
y, efectuando el producto, se tiene que X = ⎛ ⎝ 1 0 0 −2 1 1/2 −1 0 −1/2 ⎞ ⎠
3) Para calcular la solución o soluciones en el sentido de los mínimos cuadrados del sistema incompatible Ax=b, consideramos el sistema normal asociado ATAx=ATb; esto es,
µ 1 −1 −1 1 ¶ µ 1 −1 −1 1 ¶ µ x1 x2 ¶ = µ 1 −1 −1 1 ¶ µ 0 2 ¶ o equivalentemente µ 2 −2 −2 2 ¶ µ x1 x2 ¶ = µ −2 2 ¶
cuyas soluciones son
x1−x2 =−1⇐⇒
x1 =−1 +α
x2 =α
¾
conα∈R.
Por tanto, hay infinitas soluciones en el sentido de los mínimos cuadrados y vienen dadas por (−1 +α,α) con α∈R.
