Matemáticas para la ingeniería: teoría y problemas resueltos [Primera edición.] 9788415552406, 8415552408, 9788415552437, 8415552432, 9788415552439

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Matemáticas para la ingeniería Teoría y problemas resueltos Francesc Pozo Montero Núria Parés Mariné Yolanda Vidal Seguí

y los procedimientos, todo completamente ilustrado. Se incluyen 127 definiciones, 218 ejemplos, 274 figuras, 71 ejercicios propuestos, más de 100 demostraciones y más de 130 teoremas, propiedades y proposiciones.

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Matemáticas para la Ingeniería

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Matemáticas para la Ingeniería Francesc Pozo Núria Parés Yolanda Vidal Departamento de Matemática Aplicada III

Universidad Politécnica de Cataluña (UPC)

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MATEMATICAS PARA LA INGENIERÍA Francesc Pozo; Núria Parés; Yolanda Vidal PEARSON EDUCACIÓN, S.A., Madrid, 2013 ISBN: 9788415552439 Materia: 51 Matemáticas Formato: 195 X 250 mm.

Páginas: 778

Cualquier forma de reproducción, distribución, comunicación pública o transformación de esta obra solo puede ser realizada con la autorización de sus titulares, salvo excepción prevista por la ley. Diríjase a CEDRO (Centro Español de Derechos Reprográficos) si necesita fotocopiar o escanear algún fragmento de esta obra (www.conlicencia.com; 91 702 19 70 / 93 272 04 47). Todos los derechos reservados ©PEARSON EDUCACIÓN, S.A., 2013 Ribera del Loira, 28 28042 Madrid (España) www.pearson.es ISBN: 978-84-1555-24309 Equipo editorial: Editor: Miguel Martín-Romo Técnico editorial: María Vázquez Equipo de diseño Diseñadora Senior: Elena Jaramillo Técnico de diseño: Pablo Hoces de la Guardia Equipo de producción: Directora: Marta Illescas Coordinadora: Tini Cardoso Diseño de cubierta: Copibook Fotografías de cubierta e interiores: Francesc Pozo Composición: Librotex Impresión:

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A nuestras familias, cuyo apoyo y ánimo hicieron posible este libro. Francesc Pozo, Núria Parés, Yolanda Vidal

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Índice general Prólogo 1. Introducción al razonamiento matemático 1.1. Razonamiento matemático . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. ¿Es sencillo hacer una demostración matemática? . . . 1.3. Métodos de demostración . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4. Demostración directa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. Demostración por contrarrecíproco . . . . . . . . . . . 1.6. Demostración por contradicción o reducción al absurdo 1.7. Demostración por contraejemplo . . . . . . . . . . . . 1.8. Demostración por inducción . . . . . . . . . . . . . .

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XIII

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2. Conjuntos numéricos. El conjunto de los números complejos 2.1. Conjuntos numéricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.1. El conjunto de los números naturales . . . . . . . . . . . . . . 2.1.2. El conjunto de los números enteros . . . . . . . . . . . . . . . 2.1.3. El conjunto de los números racionales . . . . . . . . . . . . . . 2.1.4. El conjunto de los números reales . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. El conjunto de los números complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2.1. Ejemplo introductorio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Representación de los números complejos: forma binómica . . . . . . . 2.4. Operaciones con números complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4.1. Suma y resta de complejos en forma binómica . . . . . . . . . 2.4.2. Producto de complejos en forma binómica . . . . . . . . . . . . 2.4.3. El conjugado de un número complejo . . . . . . . . . . . . . . 2.4.4. División de números complejos en forma binómica . . . . . . . 2.5. Forma polar: alternativa para representar los números complejos . . . . 2.5.1. De la forma binómica a la forma polar . . . . . . . . . . . . . . 2.5.2. De la forma polar a la forma binómica . . . . . . . . . . . . . . 2.5.3. Operaciones aritméticas con números complejos en forma polar 2.6. El exponencial de un número complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6.1. Operaciones de los números complejos en forma exponencial . 2.7. Las funciones trigonométricas en función del exponencial complejo . .

29 30 30 32 33 34 36 37 40 43 43 45 46 47 48 55 58 60 62 66 68

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VIII

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

2.8. Raíces de números complejos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9. El logaritmo de un número complejo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10. Aplicaciones de los números complejos a circuitos de corriente alterna .

72 76 82

3. Funciones, límites y continuidad 3.1. Funciones reales de variable real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1. Concepto de función. Inyectividad. Exhaustividad. Biyectividad 3.1.2. Conjuntos importantes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.3. Funciones invertibles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.4. Restricción de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2. Funciones básicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.3. Operaciones algebraicas con funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.4. Composición de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.5. Función inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6. Límite de una función en un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.1. Idea intuitiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.2. Definición formal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.6.3. Interpretación geométrica de la definición formal de límite . . . 3.6.4. Cálculo de límites mediante la definición . . . . . . . . . . . . 3.6.5. Propiedades del límite de una función en un punto . . . . . . . 3.7. Cálculo de límites de forma algebraica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.7.1. Cálculo de límites de polinomios y funciones racionales . . . . 3.7.2. Cálculo de límites de raíces de polinomios . . . . . . . . . . . . 3.7.3. Cálculo de límites de funciones racionales del tipo «0/0» . . . 3.7.4. Cálculo de límites de funciones mediante racionalización . . . . 3.7.5. Cálculo de límites mediante criterios . . . . . . . . . . . . . . . 3.8. Límites laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.1. Idea intuitiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.8.2. Definición formal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9. Extensión del concepto de límite (límite infinito, límite en el infinito . . 3.9.1. Límite de una función en el infinito . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.2. Límites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.3. Límite infinito en el infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.9.4. Álgebra de límites infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.10. Indeterminaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.11. Equivalencia local de funciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.11.1. Infinitos e infinitésimos equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . 3.11.2. Órdenes de infinitud . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.12. Resolución de indeterminaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.13. Continuidad de una función en un punto . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.13.1. Campo de continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.13.2. Continuidad lateral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

167 168 168 170 172 173 175 180 181 182 183 183 184 187 188 194 197 202 205 205 207 211 215 215 216 219 219 225 230 231 233 235 238 241 242 254 257 258

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ÍNDICE GENERAL

3.13.3. Continuidad en intervalos abiertos y en intervalos cerrados 3.13.4. Clasificación de las discontinuidades de una función . . . 3.14. Teoremas sobre funciones continuas . . . . . . . . . . . . . . . . 3.15. Problemas resueltos (límites) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.16. Problemas resueltos (continuidad) . . . . . . . . . . . . . . . . .

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260 261 263 281 312

4. Derivación de funciones de variable real 4.1. Derivada de una función en un punto . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1. Interpretación geométrica . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2. Definición formal de derivada . . . . . . . . . . . . . 4.2. Campo de derivabilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3. La función derivada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1. Cálculo de las derivadas de las funciones elementales . 4.4. Derivabilidad y continuidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.5. Derivadas laterales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.6. Derivada infinita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.7. Derivada y operaciones con funciones . . . . . . . . . . . . . 4.8. Regla de la cadena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.8.1. Derivada de la función inversa . . . . . . . . . . . . . 4.9. Técnicas de cálculo de derivadas . . . . . . . . . . . . . . . . 4.10. Valores extremos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11. Teorema del valor medio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.11.1. Funciones monótonas y criterio de la primera derivada 4.12. Derivadas de orden superior . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.13. Teorema de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.13.1. Aplicaciones de la serie de Taylor . . . . . . . . . . . 4.14. Reglas de L’Hôpital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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5. Integración 5.1. Primitiva de una función . . . . . . . . . . . 5.2. Integral indefinida de una función . . . . . . 5.3. Cálculo de primitivas . . . . . . . . . . . . . 5.3.1. Primitivas inmediatas . . . . . . . . . 5.3.2. Primitivas casi-inmediatas . . . . . . 5.3.3. Método de integración por partes . . 5.3.4. Método del cambio de variable . . . . 5.3.5. Primitivas de funciones racionales . . 5.4. Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . 5.4.1. Idea intuitiva . . . . . . . . . . . . . 5.4.2. Definición formal . . . . . . . . . . . 5.4.3. Propiedades de la integral de Riemann 5.4.4. Teorema fundamental del cálculo . .

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IX

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X MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

5.5. Área entre dos curvas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.1. Área delimitada por dos funciones acotadas e integrables siempre positivas y una de ellas estrictamente mayor que la otra . . . 5.5.2. Área delimitada por dos funciones acotadas e integrables tales que una de ellas es estrictamente mayor que la otra . . . . . . . 5.5.3. Área delimitada por dos funciones cualesquiera acotadas e integrables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5.4. Integración con respecto a la variable y . . . . . . . . . . . . . 5.6. Aplicaciones de la integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.1. Valor promedio de una función . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6.2. Cálculo de volúmenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7. Integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7.1. Idea intuitiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7.2. Definiciones y clasificación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7.3. Integrales impropias de primera especie . . . . . . . . . . . . . 5.7.4. Integrales impropias de tercera especie . . . . . . . . . . . . . 5.7.5. Integrales impropias de segunda especie . . . . . . . . . . . . . 5.7.6. Acotación de integrales impropias . . . . . . . . . . . . . . . . 6. Álgebra lineal: matrices y sistemas de ecuaciones 6.1. Matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.1. Tipos de matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.2. Matrices cuadradas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.1.3. Matrices escalonadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2. Operaciones con matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1. Suma de matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.2. Producto por un escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.3. Producto de un vector fila por un vector columna . . . . . 6.2.4. Producto de matrices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3. Rango de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.1. Transformaciones elementales . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.2. Matrices equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.3.3. Cálculo del rango por el método de Gauss . . . . . . . . . 6.4. Matriz inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.4.1. Cálculo de la matriz inversa mediante el método de Gauss 6.5. Determinante de una matriz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.1. Definición y cálculo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.5.2. Cálculo del rango de una matriz mediante determinantes . 6.6. Sistema de ecuaciones lineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6.1. Tipos de sistemas. Clasificación . . . . . . . . . . . . . . 6.6.2. Sistemas equivalentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6.3. Forma matricial de un sistema de ecuaciones . . . . . . .

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ÍNDICE GENERAL

6.6.4. Transformaciones elementales en forma matricial . . . . . . 6.6.5. Teorema de Rouché-Fröbenius . . . . . . . . . . . . . . . . 6.6.6. Resolución de sistemas mediante el método de Gauss . . . . 6.7. Aproximación geométrica a los sistemas de ecuaciones lineales . . . 6.7.1. Interpretación geométrica de un sistema de dos ecuaciones neales con tres incógnitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7.2. Interpretación geométrica de un sistema de tres ecuaciones neales con tres incógnitas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.7.3. Ecuación de una recta en el espacio . . . . . . . . . . . . . ANEXO. Soluciones a los Ejercicios propuestos

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XI

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Prólogo El libro que tiene en sus manos (ya sea en formato físico o digital) es el resultado del trabajo de casi quince años de docencia de matemáticas en titulaciones de ingeniería. El libro sigue el esquema básico de una asignatura troncal de cálculo en una variable de los nuevos grados adaptados al Espacio Europeo de Educación Superior, pero incluye tres capítulos adicionales: uno dedicado al razonamiento matemático y a los métodos de demostración, otro dedicado a los conjuntos numéricos, con especial énfasis en los números complejos y un último capítulo que pretende ser una introducción al álgebra lineal, en el que se presentan las matrices y los sistemas de ecuaciones lineales. En este tiempo de dedicación a la docencia y a la investigación, hemos transmitido muchos conocimientos a nuestros estudiantes... ¡pero sin ninguna duda son estos estudiantes los que nos han enseñado a nosotros cómo enfocar nuestra docencia para poder ser mejores profesores! En este sentido, este libro pretende reflejar la forma de estudiar de los estudiantes que podemos basar en el necesario compromiso entre la cantidad de conocimientos que queremos transmitir y la calidad de esos conocimientos o cómo esos conocimientos son adquiridos. Los formalismos ponen, a veces, dificultades a la comprensión. Pero sin los formalismos, no se puede construir nuevo conocimiento. De este modo, el enfoque del libro es el resultado de una mirada matemática, rigurosa y precisa junto a una voluntad didáctica. En cada capítulo del libro hemos querido justificar todo lo que se expone, demostrando la mayoría de los teoremas y proposiciones, pero sin que eso genere problemas o dificulte la lectura. El esquema básico que sigue cada uno de los capítulos es el siguiente: • Una introducción, que presenta brevemente los contenidos del capítulo. • El desarrollo de los conceptos teóricos y los procedimientos, con un importante número de ejemplos y las demostraciones de los teoremas. • Una serie de Ejercicios propuestos, intercalados en el texto, para comprobar el nivel de consecución de la materia. La solución de los Ejercicios Propuestos se encuentra en el Anexo al final del libro. En algunos casos representativos, su resolución se puede encontrar en forma de vídeo en la plataforma web asociada al libro (www.pearson.es/matematicasparaingenieria), junto a otros problemas resueltos. • Problemas resueltos al final de cada capítulo, ordenados según la temática y el grado de dificultad. En particular, y como muestra del empeño que hemos puesto en transmitir las matemáticas de la forma más didáctica y clara posible, el libro cuenta con más de 300 figuras y más de 200 problemas resueltos.

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XIV MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Creemos sinceramente que este libro puede ser una muy buena herramienta para guiar y completar el estudio de una asignatura de cálculo de una variable en un estudio presencial, pero también puede ser utilizado como material básico de apoyo en asignaturas de cálculo impartidas a distancia. No podemos concluir este prólogo sin agradecer a las personas que nos han ayudado, de un modo u otro, a que este libro sea una realidad. Así pues, agradecemos a Ignacio Arruga Cantalapiedra, Sergio Arruga Cantalapiedra, Antonio de la Casa Gómez y Jesús Martínez Fernández. Barcelona, a 2 de abril de 2013. Francesc Pozo Montero Núria Parés Mariné Yolanda Vidal Seguí

Francesc Pozo es licenciado en Matemáticas por la Universitat de Barcelona (2000) y doctor en Matemática Aplicada (2005) por la Universitat Politècnica de CatalunyaBarcelonaTech. Es miembro del grupo de investigación CoDAlab (control, dinámica y aplicaciones; más información en codalab.ma3.upc.edu). Núria Parés es licenciada en Matemáticas (1999) y doctora en Matemática Aplicada (2005) por la UPC. Es miembro del grupo de investigación LaCàN (métodos computacionales y análisis numérico; más información en www.lacan.upc.edu). Yolanda Vidal es licenciada en Matemáticas (1999) y doctora en Matemática Aplicada (2005) por la UPC. Es miembro del grupo de investigación CoDAlab (control, dinámica y aplicaciones; más información en codalab.ma3.upc.edu). F. Pozo, N. Parés y Y. Vidal son profesores agregados del Departamento de Matemática Aplicada III de la UPC y fundadores del Grupo de Innovación Matemática E-Learning. Tienen experiencia en docencia (de grado y máster) de matemáticas y estadística en escuelas de ingeniería y en facultades de matemáticas, así como también en estudios no presenciales. Tienen otros libros publicados sobre cálculo en varias variables y sobre probabilidad y estadística matemática.

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CAPÍTULO

1

Introducción al razonamiento matemático

«If people do not believe that mathematics is simple, it is only because they do not realize how complicated life is.» (John von Neumann) En este primer capítulo introductorio se presentan los diferentes mecanismos de los que se dotan las matemáticas para demostrar los distintos tipos de propiedades. Entre las distintas estrategias que se presentan (demostración directa, contrarrecíproco o reducción al absurdo) sobresale la inducción matemática, que permite demostrar propiedades sobre los números naturales.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

1.1. Razonamiento matemático Según la vigésima segunda edición del Diccionario de la Lengua Española, las matemáticas se pueden definir del siguiente modo: Definición 1.1 Matemáticas

Ciencia deductiva que estudia las propiedades de los entes abstractos, como números, figuras geométricas o símbolos, y sus relaciones. Por ejemplo, el teorema de Pitágoras (Figura 1.1) nos dice que si tenemos un triángulo rectángulo de lados a y b y de hipotenusa c, entonces la suma de los cuadrados de los catetos es igual al cuadrado de la hipotenusa, es decir: a2 + b2 = c2 . En este capítulo veremos algunas de las herramientas de las que se dotan las matemáticas para demostrar este tipo de propiedades. Las propiedades o afirmaciones matemáticas se llaman de manera diferente según su importancia. Las propiedades más importantes se llaman teoremas (como el teorema de Pitágoras), mientras que los lemas, corolarios o proposiciones, recogen propiedades menos importantes. Veamos unas definiciones más formales. Definición 1.2 Teorema

Proposición demostrable lógicamente partiendo de axiomas o de otros teoremas ya demostrados, mediante reglas de inferencia aceptadas. Definición 1.3 Lema

Proposición que es preciso demostrar antes de establecer un teorema. Definición 1.4 Corolario

Proposición que no necesita prueba particular, sino que se deduce fácilmente de lo demostrado antes. Definición 1.5 Proposición

Enunciación de una verdad demostrada o que se trata de demostrar. La importancia de los teoremas, lemas, corolarios o proposiciones es que recogen propiedades que se ha podido demostrar que son ciertas (siguiendo el método lógicodeductivo propio de las matemáticas). Pero, ¿qué es una demostración matemática? Definición 1.6 Demostración

Una demostración matemática es una sucesión coherente de pasos que permite asegurar la veracidad de un enunciado.

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

3

El punto de partida de una demostración es un conjunto de enunciados que se consideran verdaderos y se llaman premisas. Estas premisas pueden ser hipótesis, axiomas u otras proposiciones o teoremas demostrados anteriormente. Considerando las premisas como ciertas, hay que llegar al enunciado original mediante la aplicación de unas determinadas reglas lógicas o aplicando propiedades previamente demostradas.

1.2. ¿Es sencillo hacer una demostración matemática? En general, demostrar una propiedad matemática puede ser muy complejo. Las preguntas clave que debemos hacernos son: ¿Por dónde empiezo? ¿Qué pasos debo seguir? Es decir, la dificultad está en saber elegir bien las premisas y luego saber qué razonamientos lógicos hay que seguir para llegar al enunciado original. En este libro presentaremos y repasaremos conceptos básicos de cálculo en una variable y álgebra, profundizando en los razonamientos y demostraciones.

1.3. Métodos de demostración Aunque en general no existe un procedimiento único de demostración de teoremas, sí que hay diferentes métodos de demostración que son utilizados usualmente en matemáticas. Los cinco tipos de razonamientos básicos son: Demostración directa. Demostración por contrarrecíproco. Demostración por contradicción o reducción al absurdo. Demostración por contraejemplo. Demostración por inducción. A continuación veremos varios ejemplos de demostraciones sencillas obtenidas a partir de estos cuatro métodos. Supongamos que queremos demostrar que un enunciado es cierto. A este enunciado lo llamaremos Q. Por ejemplo, imaginemos que queremos demostrar que si a y b son dos números reales, entonces el cuadrado de la suma es igual al cuadrado del primer término más el cuadrado del segundo término más el doble del primero por el segundo, es decir:

(a + b)2 = a2 + b2 + 2ab. Para demostrar Q generalmente necesitaremos partir de unas premisas y de unas reglas lógicas. A estas propiedades las llamaremos P. En el caso de querer demostrar que (a + b)2 = a2 + b2 + 2ab, las premisas serán poder aplicar las propiedades de la suma y del producto de los números reales. El hecho de demostrar Q a partir de P, se denota

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

por: P⇒Q y se lee «P implica Q» o «Q se deduce de P». Recordemos que Q es lo que queremos demostrar y que P es lo que presuponemos cierto, las reglas del juego. Al igual que en el ajedrez, donde cada ficha tiene un movimiento permitido, en una demostración matemática no todos los pasos son permitidos. Solo podemos usar propiedades demostradas anteriormente (las propiedades que están incluidas en P).

1.4. Demostración directa En una demostración directa, suponemos P cierto y mediante una sucesión coherente de pasos demostramos que Q es cierto. Ejemplo 1.1 [Fórmula del cuadrado de una suma] Queremos demostrar que si a y b

son dos números reales:

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 . Las premisas, en este caso, son las propiedades de la suma, el producto y la potencia de números reales que iremos aplicando paso a paso. Cuando se hace una demostración es imprescindible explicar en cada paso qué propiedad se ha utilizado.  D EMOSTRACIÓN.

( a + b) 2 = ( a + b) · ( a + b) = ( a + b) · a + ( a + b) · b

[definición de elevar al cuadrado] [propiedad distributiva del producto respecto de la suma]

= a · ( a + b) + b · ( a + b) [propiedad conmutativa del producto] = a · a + a · b + b · a + b · b [propiedad distributiva del producto respecto de la suma] = a2 + a · b + b · a + b2

= a2 + a · b + a · b + b2 2

[definición de elevar al cuadrado] [propiedad conmutativa del producto] 2

= a +1·a·b+1·a·b+b 2

2

= a +2·a·b+b

[elemento neutro del producto] [propiedad distributiva del producto respecto de la suma]

En los pasos anteriores también se ha utilizado la propiedad conmutativa de la suma.  Ejemplo 1.2 [Soluciones de la ecuación de segundo grado] Dada la ecuación de se-

gundo grado ax2 + bx + c = 0, si a 6= 0 y b2 − 4ac ≥ 0, entonces sus dos soluciones se pueden calcular como:

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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√ −b ± b2 − 4ac x= . 2a Las hipótesis son que tenemos una ecuación de segundo grado (a 6= 0) y que: b2 − 4ac ≥ 0. Además, utilizaremos las propiedades de la suma, producto y división de números reales y también las propiedades básicas de operar con igualdades.  D EMOSTRACIÓN. Como a 6= 0, podemos dividir la ecuación por a: c b x2 + x + = 0. a a

(1.1)

El segundo paso en la demostración se llama completación de cuadrados. La idea es convertir la expresión de dos términos: b x2 + x a en un término de la forma:

(x + C )2 . Observando que:

tenemos que:



b x+ 2a

2

b = x + x+ a 2



b 2a

2

   2 b 2 b b − . x + x = x+ a 2a 2a 2

Sustituimos esta igualdad en la ecuación (1.1): 

b x+ 2a

2

b − 2a

2

2

b2 c − . 2 4a a



+

c = 0. a

Aislamos los términos que llevan x: 

x+

b 2a

=

Sacamos la raíz cuadrada de ambos miembros (lo cual es posible al haber supuesto que b2 − 4ac ≥ 0): r b2 − 4ac b =± x+ 2a 4a2

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

y finalmente, despejando la incógnita, se obtiene: √ b b2 − 4ac √ x=− ± . 2a 2 a2 Ahora solo nos queda un pequeño detalle técnico en función del signo de a, ya que √ a2 = |a|. Supongamos que a > 0, entonces: √ √ √ b b2 − 4ac b2 − 4ac −b ± b2 − 4ac b √ x=− ± = . =− ± 2a 2a 2a 2a 2 a2 Por otra parte, si a < 0, entonces: √ √ √ b2 − 4ac b b2 − 4ac −b ∓ b2 − 4ac b √ =− ± = . x=− ± 2a 2a −2a 2a 2 a2  Ejercicio propuesto 1.1

Encontrar las dos soluciones de la ecuación de segundo grado 2x2 + 5x + 6 = 0 sin utilizar la fórmula, es decir, utilizando la técnica de completar cuadrados. Ejemplo 1.3 [Teorema de Pitágoras] Dado un triángulo rectángulo de hipotenusa c y

de catetos a y b, entonces:

a2 + b2 = c2 . 

D EMOSTRACIÓN. Obsérvese que en la Figura 1.1 tenemos un cuadrado grande (que llamamos CG) de lado a + b que está formado por 4 triángulos rectángulos de lados a y b (que llamamos T ) y un cuadrado pequeño de lado c (que llamamos CP). Por lo tanto, tenemos que: ACG = 4AT + ACP , donde ACG , AT y ACP representan el área del cuadrado grande, de cada uno de los triángulos y del cuadrado pequeño, respectivamente. Es decir:

( a + b) 2 = 4

ab + c2 ⇐⇒ (a + b)2 = 2ab + c2 2

Desarrollando el cuadrado tenemos que: a2 + b2 + 2ab = 2ab + c2 y, simplificando, llegamos al Teorema de Pitágoras: a2 + b2 = c2 . 

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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Ejemplo 1.4 Sea a un número entero, es decir a ∈ Z. Si a es un número par, entonces  a2 también es un número par.

D EMOSTRACIÓN. Si a es un número par, a puede expresarse como el doble de un número entero, es decir: a = 2k, k ∈ Z Entonces, su cuadrado:

a2 = (2k)2 = 2 · (2k2 ) | {z } k˜

también se puede expresar como el doble de un número entero: k˜ = 2k2 ∈ Z. De este modo, podemos concluir que a2 también es un número par.



Figura 1.1. En un triángulo rectángulo de hipotenusa c y de catetos a y b, se tiene que a2 + b2 = c2 .

Ejercicio propuesto 1.2 Demostración directa

Si a y b son dos números reales positivos entonces su media aritmética es mayor o igual que su media geométrica. Es decir: √

ab ≤

a+b . 2

1.5. Demostración por contrarrecíproco Recordemos que en una demostración el objetivo es demostrar que P ⇒ Q. En una demostración por contrarrecíproco se utiliza la siguiente propiedad: P⇒Q

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es equivalente a

¬Q ⇒ ¬P

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

donde ¬Q y ¬P representan la negación de Q y P, respectivamente. Esto quiere decir que es equivalente demostrar cualquiera de las dos siguientes afirmaciones: P ⇒ Q (si suponemos P cierto, entonces Q es cierto.) ¬Q ⇒ ¬P (la negación de Q implica la negación de P, es decir, si suponemos que Q no es cierto, entonces P tampoco lo será.) Ejemplo 1.5 Consideremos la siguiente frase:

«Si llueve, el patio se moja» Esta frase se puede escribir de forma lógica como P ⇒ Q. En este caso, la premisa P es «llueve» y la consecuencia Q «el patio se moja», es decir, llover implica que el patio se moje. Esta frase es equivalente a: «Si el patio no se moja, entonces no ha llovido» Es decir, que el patio no se moje implica que no ha podido llover.



Veremos en el siguiente ejemplo que, en ocasiones, es más fácil demostrar algunas proposiciones utilizando la demostración por contrarrecíproco que la demostración directa. Ejemplo 1.6 Sea a un número entero, es decir a ∈ Z. Si a2 es un número par, entonces



a también es un número par.

D EMOSTRACIÓN. En lugar de demostrar: a2 es par =⇒ a es par demostraremos: a no es par (impar) =⇒ a2 no es par (impar) En efecto, que a sea impar quiere decir que existe un número entero k tal que a puede expresarse como a = 2k + 1. Es decir: a impar =⇒

=⇒

=⇒

=⇒

=⇒

a = 2k + 1, k ∈ Z

a2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 a2 = 2(2k2 + 2k) + 1 a2 = 2k˜ + 1, k˜ ∈ Z

a2 es impar.

 Si a este último ejemplo le añadimos el resultado del Ejemplo 1.4, lo que nos queda es la siguiente proposición:

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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Proposición 1.1

Sea a un número entero, es decir a ∈ Z. a es un número par si, y solo si, a2 es un número par. Es decir: a2 es par ⇐⇒ a es par D EMOSTRACIÓN. Para demostrar una doble implicación, como en este caso, es necesario demostrar la implicación de izquierda a derecha: a2 es par =⇒ a es par, y la implicación de derecha a izquierda: a es par =⇒ a2 es par. Estas dos implicaciones ya han sido demostradas en los Ejemplos 1.4 y 1.6.



Ejercicio propuesto 1.3 Demostración por contrarrecíproco

Sea a ≥ 0 un número real. Si ∀ε > 0 , 0 ≤ a < ε , entonces a = 0.

1.6. Demostración por contradicción o reducción al absurdo La implicación P ⇒ Q quiere decir que si P es cierto, entonces Q también. Por tanto, si esta afirmación es cierta, P y ¬Q no pueden darse a la vez. Ejemplo 1.7 Si que llueva implica que el patio se moje, no puede darse el caso de que

haya llovido y que el patio no se haya mojado.



Las demostraciones por contradicción se basan en suponer P y ¬Q ciertos a la vez y mediante una sucesión de pasos llegar a un resultado absurdo o contradictorio. De esta manera la hipótesis de partida debe ser falsa y, por tanto, si P es cierto, entonces Q también lo ha de ser. Ejemplo 1.8 La ecuación x2 = 2 no tiene solución en el conjunto Q de los números



racionales.

D EMOSTRACIÓN. Supongamos que existe un número racional x ∈ Q solución de la ecuación x2 = 2. Que x ∈ Q, quiere decir que existen dos números enteros p y q, tales que x = qp . Además podemos suponer que qp es una fracción irreductible, es decir, que p y q son primos entre sí. Entonces: x2 = 2 =⇒

p2 = 2 =⇒ p2 = 2q2 . q2

Por tanto, p2 es un número par, y como ya hemos visto en la Proposición 1.1, esto implica que p también es un número par. Es decir, p = 2 p˜ donde p˜ es un número entero.

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De este modo, la ecuación queda como:

(2 p˜)2 = 2q2 =⇒ 4 p˜2 = 2q2 =⇒ 2 p˜2 = q2 . Por tanto, si tenemos que q2 = 2 p˜2 , q2 ha de ser un número par. Ahora bien, si q2 es un número par entonces q también lo es. De este modo, llegamos a que tanto p como q son números pares, lo que contradice el hecho de que p y q sean primos entre sí. Como llegamos a una contradicción, podemos deducir que la ecuación x2 = 2 no tiene solución en Q, tal y como queríamos demostrar.  He aquí otro ejemplo del uso de la demostración por reducción al absurdo. Teorema 1.1 De Euclides sobre la infinitud del conjunto de números primos

El conjunto formado por los números primos es infinito. D EMOSTRACIÓN. Presentamos a continuación la adaptación a la notación actual de la propia demostración que dio Euclides a su teorema en la colección de libros Los Elementos publicado alrededor del año 300 a.C. Supongamos que el conjunto de números primos es finito, es decir, existen ciertos números: p1 , p2 , . . . , pn que son los únicos números que son primos. Consideremos ahora el siguiente número: p = p1 · p2 · · · pn + 1 que, por propia construcción, es claramente mayor que 1 y distinto de todos los primos pi del conjunto. El número p puede ser primo o compuesto. Si es primo, tendremos un número primo que no está en el conjunto, lo que nos lleva a una contradicción. Por otro lado, si es un número compuesto, existirá algún factor q que dividirá a p. Supongamos que q es alguno de los pi . Se puede deducir entonces que si q divide a p y por definición también divide a p1 · p2 · · · pn , q ha de dividir también a la diferencia, es decir: q divide a p − p1 · p2 · · · pn = 1, pero ningún número primo puede dividir a 1, con lo que se llega también a una contradicción. La consecuencia de estas dos contradicciones es que el conjunto de números primos no puede ser finito. 

1.7. Demostración por contraejemplo En sentido estricto, una demostración por contraejemplo sirve para demostrar que una propiedad no es cierta. Por ejemplo, consideremos los llamados números de Mersenne: Mn = 2n − 1, n ∈ N,

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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llamados de esta manera en honor al filósofo francés Marin Mersenne. Si calculamos el valor de los números de Mersenne para los primeros números primos: M2 = 3 M3 = 7 M5 = 31 podemos observar que obtenemos también números primos. De este modo, podríamos establecer (veremos que de forma errónea) el siguiente teorema: Teorema 1.2

Si p es un número primo, entonces M p = 2 p − 1 es también un número primo. Llegados a este punto, hemos de ser capaces de demostrar el teorema o encontrar un contraejemplo —es decir, un ejemplo para el que el teorema no sea cierto— si creemos que el teorema no es valido. En este caso, basta con considerar el número primo p = 11 para darse cuenta de que: M11 = 211 − 1 = 2047 = 23 · 89, es decir, no es un número primo y el teorema no es válido. Ejercicio propuesto 1.4 Demostración por contraejemplo

Demostrar que si A y B son dos matrices 3 × 3, no es cierto que AB = BA.

1.8. Demostración por inducción Introduciremos la demostración por inducción a través de un ejemplo y utilizando el símil de las fichas de un dominó. Imaginemos que queremos demostrar que: 1 + 2 + ··· + n =

n( n + 1) 2

es cierto para todo número natural n (∀n ∈ N). Lo primero que se puede hacer es seleccionar unos cuantos números naturales: n = 1, 2, 7, . . . y ver que la igualdad es cierta para estos valores. Esto, sin embargo, no es suficiente para asegurar que la propiedad es cierta ∀n ∈ N. El problema que nos planteamos es demostrar una propiedad que hace referencia a todos los números naturales.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

¿Cómo se puede demostrar que una propiedad es cierta para todo número natural sin tener que comprobar la propiedad para los infinitos números? Imaginemos que tenemos una fila infinita de fichas de dominó, alineadas y listas para ser tumbadas.

Sabemos por experiencia, que si las piezas están bien colocadas, al caer la primera ficha, caerán todas.

¿Cómo se puede probar que todas las fichas caerán? 1. Sabemos por experiencia que si golpeamos una ficha de dominó, esta caerá.

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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2. También sabemos que si una ficha cae, y la siguiente está bien colocada, la siguiente también caerá.

La intuición nos dice que las fichas irán cayendo una tras otra infinitamente. Por tanto, si podemos demostrar: 1. Que la primera ficha del dominó cae:

2. Y que si una ficha cae, la siguiente también caerá:

Entonces podemos asegurar que todas las fichas caerán:

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

El problema que nos planteamos es demostrar una propiedad, llamémosla P, que hace referencia a todos los números naturales. Es decir, queremos ver que: P (n) es cierta ∀n ∈ N. Para ver que P (n) es cierta ∀n ∈ N es suficiente ver que: (a) Caso base: P (1) es cierto.

(b) Caso inductivo: suponiendo que P (n) es cierto (hipótesis de inducción), ver que P (n + 1) es cierto. Es decir, ver que: P (n) cierto =⇒ P (n + 1) cierto. Ejemplo 1.9 Vamos a demostrar que para todo número natural n se cumple:

1 + 2 + ··· + n =

n( n + 1) . 2 

D EMOSTRACIÓN. Para ver que la propiedad es cierta para todo número natural, tenemos que ver dos cosas: (a) Caso base. Que la fórmula es cierta cuando n = 1. (b) Caso inductivo. Que si la fórmula es cierta para un número natural k genérico, la fórmula también ha de ser cierta para k + 1. En efecto: (a) Caso base. La propiedad es cierta para n = 1, ya que: 1=

1·2 . 2

(b) Caso inductivo. Supongamos que la propiedad es cierta para n = k, es decir, supongamos que es cierto que: 1 + 2 + ··· + k =

k ( k + 1) 2

(hipótesis de inducción)

Tenemos que ver que también es cierta para n = k + 1. Por tanto, queremos ver que: (k + 1)(k + 2) 1 + 2 + · · · + k + ( k + 1) = 2

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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Utilizando la hipótesis de inducción, sabemos calcular el valor de los k primeros términos de la suma que debemos realizar: |1 + 2 + {z· · · + k} +(k + 1) = k (k +1 ) 2

k ( k + 1) + ( k + 1) 2

k ( k + 1) + 2( k + 1) 2 k2 + k + 2k + 2 = 2 k2 + 3k + 2 = 2 (k + 1)(k + 2) = 2

=

Por tanto queda demostrada la propiedad ∀n ∈ N.  Ejercicio propuesto 1.5

Usar el principio de inducción para ver que la siguiente igualdad es cierta para todo número natural: 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2 Ejercicio propuesto 1.6

Usar el principio de inducción para ver que la siguiente igualdad es cierta para todo número natural: 1 12 + 22 + 32 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1) 6

Problemas resueltos (demostración por inducción) Problema 1.1

Demostrar que para todo n ∈ N, se cumple:

(1 + 2 + · · · + n)2 = 13 + 23 + · · · + n3 . Solución

Para ver que la propiedad es cierta para todos los números naturales, utilizaremos el principio de inducción. Por tanto, tenemos que ver:

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(a) Que es cierto para n = 1. (b) Que si es cierto para n = k, también lo es para n = k + 1. Veamos primero que se cumple el caso base, es decir, que la propiedad es cierta para n = 1: 12 = 13 Supongamos ahora que la propiedad es cierta para n = k, es decir que:

(1 + 2 + · · · + k)2 = 13 + 23 + · · · + k3 .

(1.2)

Veamos que la propiedad es cierta para n = k + 1, es decir, queremos ver si es cierto que:

(1 + 2 + · · · + k + (k + 1))2 = 13 + 23 + · · · + k3 + (k + 1)3 . Usando la propiedad (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 tenemos que:

+ 1))2 = (1 + · · · + k)2 + 2(1 + · · · + k)(k + 1) + (k + 1)2 . (|1 + 2 + {z· · · + k} + |(k {z } a

b

Si tenemos en cuenta que:

1 + 2 + ··· + k =

k ( k + 1) , 2

y la hipótesis de inducción de la ecuación (1.2), tenemos que:

(1 + · · · + k + (k + 1))2 = (1 + · · · + k)2 + (k + 1)2 + 2(1 + · · · + k)(k + 1) = 13 + · · · + k3 + (k + 1)2 + 2

k ( k + 1) ( k + 1) 2

= 13 + · · · + k3 + (k + 1)2 + k(k + 1)2 = 13 + · · · + k3 + (k + 1)2 (1 + k) = 13 + · · · + k3 + (k + 1)3 , como queríamos ver. Problema 1.2

Demostrar que para todo n ∈ N, se cumple: 1 1 n 1 + + ··· + = 1·2 2·3 n · ( n + 1) n+1 Solución

Para ver que la propiedad es cierta para todos los números naturales, utilizaremos el principio de inducción.

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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(a) Caso base. El caso base es cierto porque: 1 1 = . 1·2 2 (b) Caso inductivo. Supongamos ahora que la propiedad es cierta para n = k, es decir: 1 k 1 1 + + ··· + = 1·2 2·3 k · ( k + 1) k+1

(1.3)

Vamos a ver que también es cierta para n = k + 1, es decir, queremos ver que: 1 1 1 1 k+1 + + ··· + + = . 1·2 2·3 k · ( k + 1) ( k + 1) · ( k + 2) k+2 Utilizando la hipótesis de inducción de la ecuación (1.3), tenemos que: 1 k 1 1 1 1 + + ··· + + = + 1·2 2·3 k(k + 1) (k + 1)(k + 2) k + 1 (k + 1)(k + 2)

=

1 1 (k + ) k+1 k+2

=

1 k2 + 2k + 1 k+1 k+2

=

1 ( k + 1) 2 k+1 k+2

=

k+1 , k+2

como queríamos ver.

Problema 1.3

Demostrar que para todo n ∈ N, se cumple: 1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2n = 2n+1 − 1

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución

Para demostrar la propiedad por inducción tenemos que ver: (a) Que la propiedad es cierta para n = 1. (b) Que si la propiedad es cierta para n = k, también lo es para n = k + 1. Caso base. Para n = 1 tenemos que 1 + 2 = 3 = 22 − 1 . Caso inductivo. Supongamos ahora que la propiedad es cierta para n = k, es decir que: 1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2k = 2k+1 − 1. Vamos a ver que es cierto para n = k + 1, es decir, veamos que: 1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2k + 2k+1 = 2k+2 − 1. Utilizando la hipótesis de inducción: 1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2k + 2k+1 = 2k+1 − 1 + 2k+1

= 2 · 2k+1 − 1 = 2k+2 − 1.

Problema 1.4

A partir de las igualdades: 1 1 = 2− 2 2 1 1 1 1+ + = 2− 2 4 4 1 1 1 1 1+ + + = 2− 2 4 8 8 1+

deducir si existe una ley general al respecto, para cualquier n ∈ N. En caso afirmativo, enunciarla y demostrarla por inducción. Solución

Vamos a determinar primero el valor de la expresión: f ( n) = 1 +

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1 1 1 1 + + + ··· + n . 2 4 8 2

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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Para ello daremos diferentes valores a n: 1 1 f ( 1) = 1 + = 2 − 2 2 1 1 1 f ( 2) = 1 + + = 2 − 2 4 4 1 1 1 1 f ( 3) = 1 + + + = 2 − 2 4 8 8 1 1 1 1 31 1 f ( 4) = 1 + + + + = = 2− 2 4 8 16 16 16 1 1 1 1 1 63 1 f ( 5) = 1 + + + + + = = 2− 2 4 8 16 32 32 32 Por tanto, podemos deducir que: 1 f ( n) = 2 − n . 2 Para demostrar la propiedad por inducción tenemos que ver: (a) Que la propiedad es cierta para n = 1. (b) Que si la propiedad es cierta para n = k, también lo es para n = k + 1. Caso base. Para n = 1 tenemos que: 1 3 1 = = 2− . 2 2 2 Caso inductivo. Supongamos ahora que la fórmula es cierta para n = k, es decir: 1 1 1 (1.4) 1 + + ··· + k = 2− k . 2 2 2 Veamos que la fórmula es cierta para n = k + 1, es decir, queremos ver que: 1 1 1 1 1 + + · · · + k + k+1 = 2 − k+1 . 2 2 2 2 Usando la hipótesis de inducción: 1 1 1 1 1 1 + + · · · + k + k+1 = 2 − k + k+1 2 2 2 2 2 1 1 = 2− k + 2 2 · 2k   1 1 = 2− k 1− 2 2 1+

1 1 2k 2 1 = 2 − k+1 , 2

= 2−

como queríamos ver.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 1.5

Demostrar que:

n3 + (n + 1)3 + (n + 2)3

es múltiplo de 9, para todo n ∈ N. Solución

Para demostrar la propiedad por inducción tenemos que ver: (a) Que la propiedad es cierta para n = 1. (b) Que si la propiedad es cierta para n = k, también lo es para n = k + 1. Caso base. Para n = 1 tenemos que: 13 + 23 + 33 = 1 + 8 + 27 = 36 = 4 · 9, y, por tanto, es múltiplo de 9. Caso inductivo. Supongamos que es cierto para n = k, es decir, que: k 3 + ( k + 1) 3 + ( k + 2) 3 es múltiplo de 9, es decir, existe un número natural p tal que: k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 = 9p. Queremos ver que también es cierto para n = k + 1, esto es, existe un número natural p˜ tal que: (k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = 9 p. ˜ (1.5) Si desarrollamos el cubo (k + 3)3 tenemos que:

(k + 3)3 = k3 + 9k2 + 27k + 27. Por tanto:

(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = (k + 1)3 + (k + 2)3 + k3 + 9k2 + 27k + 27 = k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 + 9k2 + 27k + 27. Utilizando ahora la hipótesis de inducción de la ecuación (1.5), tenemos que:

(k + 1)3 + (k + 2)3 + (k + 3)3 = k3 + (k + 1)3 + (k + 2)3 + 9k2 + 27k + 27 = 9p + 9k2 + 27k + 27 = 9( p + k2 + 3k + 3) = 9 p, ˜ donde:

p˜ = p + k2 + 3k + 3.

Por tanto, la propiedad es cierta.

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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Problema 1.6

Demostrar que:

1 1 1 + + ··· + n < 1 2 4 2

para todo n ∈ N. Solución

Para demostrar la desigualdad por inducción tenemos que ver: (a) Que la desigualdad es cierta para n = 1. (b) Que si la desigualdad es cierta para n = k, también lo es para n = k + 1. Caso base. Para n = 1 tenemos que, en efecto, 12 < 1. Caso inductivo. Supongamos ahora que la desigualdad es cierta para n = k, es decir, que: 1 1 1 1 + + · · · + k−1 + k < 1. (1.6) 2 4 2 2 Veamos que la desigualdad es cierta para n = k + 1, es decir, queremos ver que: 1 1 1 1 1 + + · · · + k−1 + k + k+1 < 1. 2 4 2 2 2 Si multiplicamos la ecuación (1.6) por

1 2

tenemos que:

1 1 1 1 1 + + · · · + k + k+1 < , 4 8 2 2 2 y, por tanto:

1 1 1 1 1 1 + + · · · + k + k+1 < + = 1, 2 4 2 2 2 2

como queríamos ver. Problema 1.7

Demostrar que 2n ≤ n! para todo n ∈ N, n ≥ 4. Solución

Para demostrar la desigualdad por inducción tenemos que ver, en este caso: (a) Que la desigualdad es cierta para n = 4. (b) Que si la desigualdad es cierta para n = k, también lo es para n = k + 1. Caso base. Para n = 4 tenemos que, en efecto: 24 = 16 < 24 = 4!. Caso inductivo. Supongamos que 2k ≤ k!. Vamos a ver si es cierto para n = k + 1, es decir, queremos ver si: 2k+1 ≤ (k + 1)!.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Usando la hipótesis de inducción: 2k+1 = 2k · 2 ≤ k! · 2. Entonces, como 2 < k + 1, ya que k ≥ 4, 2k+1 ≤ k! · 2 < k!(k + 1) = (k + 1)!, como queríamos ver. Problema 1.8

Demostrar que 2n + 1 ≤ 2n para todo n ∈ N, n ≥ 3. Solución

Para demostrar la desigualdad por inducción tenemos que ver: (a) Que la desigualdad es cierta para n = 3. (b) Que si la desigualdad es cierta para n = k, también lo es para n = k + 1. Caso base. Para n = 3 tenemos que, en efecto: 2 · 3 + 1 = 7 ≤ 8 = 23 . Caso inductivo. Supongamos que: 2k + 1 ≤ 2k . Vamos a ver si es cierto para n = k + 1, es decir, queremos ver si: 2(k + 1) + 1 ≤ 2k+1 . En efecto, usando la hipótesis de inducción: 2(k + 1) + 1 = 2k + 2 + 1 = 2k + 1 + 2 ≤ 2k + 2 ≤ 2k + 2k = 2 · 2k = 2k+1 . En la última desigualdad de la expresión anterior hemos tenido en cuenta 2 ≤ 2k (dado que k ≥ 3). Problema 1.9

Demostrar que n2 ≤ 2n para todo n ∈ N, n ≥ 4. Solución

Para demostrar la desigualdad por inducción tenemos que ver, en este caso: (a) Que la desigualdad es cierta para n = 4. (b) Que si la desigualdad es cierta para n = k, también lo es para n = k + 1.

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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Caso base. Para n = 4 tenemos que, en efecto: 42 = 16 ≤ 16 = 24 . Caso inductivo. Supongamos que k2 ≤ 2k . Vamos a ver si es cierto para n = k + 1, es decir, queremos ver si:

(k + 1)2 ≤ 2k+1 . Usando la hipótesis de inducción tenemos que:

(k + 1)2 = k2 + 2k + 1 ≤ 2k + 2k + 1 ≤ 2k + 2k = 2 · 2k = 2k+1 , donde en la última desigualdad hemos tenido en cuenta que 2k + 1 ≤ 2k , dado que k ≥ 4. Problema 1.10

Consideremos la secuencia de números definada por la fórmula recursiva: an = 2an−1 − a2n−1 , donde a0 y a1 son dos números reales cualesquiera. Demostrar que: an = 1 − (1 − a0 )2 . n

Solución

Para demostrar la propiedad por inducción tenemos que ver, en este caso: (a) Que la propiedad es cierta para n = 1. (b) Que si la propiedad es cierta para n = k, también lo es para n = k + 1. Caso base. Para n = 1 tenemos que: a1 = 2a0 − a20 = 1 − 1 + 2a0 − a20 = 1 − (1 − a0 )2 , y, por tanto, el caso base es cierto. Caso inductivo. Supongamos ahora que es cierto para n = k, es decir, que: ak = 1 − (1 − a0 )2 . k

(1.7)

Vamos a ver que es cierto para n = k + 1, es decir, que: k +1

ak+1 = 1 − (1 − a0 )2

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.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Si utilizamos la definición del término ak+1 y la hipótesis de inducción de la ecuación (1.2), tenemos que: ak+1 = 2ak − a2k = 2(1 − (1 − a0 )2 ) − (1 − (1 − a0 )2 )2 k

k

= 2 − 2(1 − a0 )2 − 1 − ((1 − a0 )2 )2 + 2(1 − a0 )2 k

k

k

= 2 − 1 − ((1 − a0 )2 )2 k

= 1 − (1 − a0 )2 ·2 k

k +1

= 1 − (1 − a0 )2

,

como queríamos ver. Problema 1.11

Los números de Fibonacci se definen de manera recursiva como: f1 = f2 = 1,

fn = fn−1 + fn−2 ∀n ≥ 2,

de manera que los primeros números de Fibonacci son: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, . . . Demostrar las siguientes propiedades de estos números: (i) f3n es par, ∀n ∈ N.

(ii) f4n es divisible por tres, ∀n ∈ N. Solución

Para demostrar las propiedades de los apartados (i) y (ii) por inducción tenemos que ver: (a) Que la propiedad es cierta para n = 1. (b) Que si la propiedad es cierta para n = k, también lo es para n = k + 1. (i) Vamos a ver que f3n es par, ∀n ∈ N.

Caso base. El caso base es n = 1. En este caso tenemos que f3 = 2, que es par.

Caso inductivo. Supongamos que f3n es par, para n = k, es decir que f3k = 2p donde p ∈ N. Vamos a ver que f3(k+1) también es par, es decir, queremos ver que existe p˜ ∈ N tal que: f3(k+1) = 2 p. ˜ Por la definición de los números de Fibonacci: f3(k+1) = f3(k+1)−1 + f3(k+1)−2 = f3k+2 + f3k+1 .

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

25

Del mismo modo, usando la definición de los números de Fibonacci: f3k+2 = f3k+1 + f3k , y, por tanto: f3(k+1) = f3k+2 + f3k+1 = f3k+1 + f3k + f3k+1 = 2 f3k+1 + f3k . Entonces, utilizando la hipótesis de inducción: f3(k+1) = 2 f3k+1 + f3k = 2( f3k+1 + p), y, por tanto, es un número par (tomando p˜ = p + f3k+1 ). (ii) Tenemos que ver que f4n es divisible por tres, o lo que es lo mismo, que es un múltiplo de tres. Caso base. El caso base es f4 = 3 que es múltiplo de tres. Caso inductivo. Supongamos ahora que f4k = 3p, p ∈ N. Vamos a ver que f4(k+1) también es un múltiplo de 3. En efecto: f4(k+1) = f4k+3 + f4k+2

= f4k+2 + f4k+1 + f4k+2 = 2 f4k+2 + f4k+1 = 2( f4k+1 + f4k ) + f4k+1 = 2 f4k+1 + 2 f4k + f4k+1 = 3 f4k+1 + 2 f4k = 3( f4k+1 + 2p), que es un múltiplo de 3. Problema 1.12

Calcular el valor de la expresión: 2 + 4 + · · · + 2n 1 + 3 + · · · + (2n − 1) para todo n ∈ N y demostrar la fórmula que se obtiene por inducción. Solución

Vamos a determinar primero el valor de la expresión: f ( n) =

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2 + 4 + · · · + 2n . 1 + 3 + · · · + (2n − 1)

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Para ello daremos diferentes valores a n: f ( 1) = f ( 2) = f ( 3) = f ( 4) = f ( 5) =

2 1 2+4 6 2·3 3 = = 2 = 1+3 4 2 2 3·4 4 2 + 4 + 6 12 = = 2 = 1+3+5 9 3 3 4·5 5 2 + 4 + 6 + 8 20 = = 2 = 1 + 3 + 5 + 7 16 4 4 2 + 4 + 6 + 8 + 10 30 5·6 6 = = 2 = 1+3+5+7+9 25 5 5

Por tanto, podemos deducir que: f ( n) =

n( n + 1) n+1 = 2 n n

Para hacer la demostración tenemos dos opciones. Ver por separado que: 2 + 4 + · · · + 2n = n(n + 1) y que:

1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2

o bien demostrar que:

n+1 . n Lo haremos por separado porque será más sencillo. Por tanto, debemos ver que: f ( n) =

(i) 2 + 4 + · · · + 2n = n(n + 1) (ii) 1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2

(i) Caso base. Cuando n = 1, en efecto 2 = 1 · 2. Caso inductivo. Supongamos la propiedad cierta para n = k, es decir: 2 + 4 + · · · + 2k = k(k + 1). Veamos que la propiedad es cierta para n = k + 1. Es decir, queremos ver que: 2 + 4 + · · · + 2k + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 2). Entonces tenemos que: 2 + 4 + · · · + 2k + 2(k + 1) = k(k + 1) + 2(k + 1) = (k + 1)(k + 2) que es lo que queríamos ver.

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CAPÍTULO 1. INTRODUCCIÓN AL RAZONAMIENTO MATEMÁTICO

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(ii) Caso base. Cuando n = 1, en efecto 1 = 12 . Caso inductivo. Supongamos la propiedad cierta para n = k, es decir: 1 + 3 + · · · + (2k − 1) = k2 Veamos que la propiedad es cierta para n = k + 1. Es decir, queremos ver que: 1 + 3 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1) = (k + 1)2 . Entonces tenemos que: 1 + 3 + · · · + (2k − 1) + (2k + 1) = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2 , que es lo que queríamos ver. Entonces, usando (i) y (ii) tenemos que: f ( n) =

n( n + 1) n+1 2 + 4 + · · · + 2n = = 2 1 + 3 + · · · + (2n − 1) n n

como queríamos ver.

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2013/5/10 — 10:57 — page 28 — #42

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CAPÍTULO

2

Conjuntos numéricos. El conjunto de los números complejos

«Number is the ruler of forms and ideas, and the cause of gods and daemons.» Pitágoras, citado en el libro Life of Pythagoras de Jámblico de Calcis, según la traducción al inglés de Thomas Taylor (1818). En este segundo capítulo se presentan los conjuntos de números más importantes, como los números naturales, enteros, racionales, reales y complejos. Para los primeros cuatro conjuntos, además de presentarlos mediante una visión constructivista, se hace un breve repaso a su estructura matemática. Para el conjunto de los números complejos, de los cuáles no se asume ningún conocimiento previo, se definen las operaciones matemáticas que podremos hacer con ellos y sus distintas representaciones (forma binómica, polar, exponencial).

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

2.1. Conjuntos numéricos 2.1.1. El conjunto de los números naturales Los números, como el 2, el −3, la fracción 21 o π , son creaciones humanas que han respondido a distintas necesidades. Por ejemplo, desde la Antigüedad, los seres humanos han tenido la necesidad de contar: las ovejas de un rebaño, el número de árboles de una pequeña plantación, el número de hijos e hijas. De esta manera surge el concepto de los números naturales, que representamos con el símbolo N, y que es un conjunto formado por los números 1, 2, 3, . . . Esto lo indicamos de esta manera: N = {1, 2, 3, . . .} Para denotar que el número 3 es un número natural, lo escribiremos como 3 ∈ N, que se lee «el 3 pertenece al conjunto de los números naturales». Se podría considerar que el número 0 forma también parte del conjunto de los números naturales. En este caso, tendríamos: N = {0, 1, 2, 3, . . .} y al conjunto que no contiene al cero se le denotaría como N∗ = {1, 2, 3, . . .}. Como conjunto numérico, el conjunto de los números naturales tiene dos operaciones binarias internas, la suma y el producto:

+ : N×N → N (a, b) → a + b · : N×N → N

(a, b) → a · b

En este contexto, el término internas hace referencia a que el resultado de sumar o multiplicar dos números naturales resulta en otro número natural. Estas dos operaciones tienen las siguientes propiedades: (A1) La suma es asociativa. Es decir, dados a, b, c ∈ N, se tiene:

( a + b) + c = a + ( b + c) (A2) La suma es conmutativa. Es decir, dados a, b ∈ N, se tiene: a+b = b+a

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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(A3) Existencia de elemento neutro respecto de la suma. Es decir, dado a ∈ N, existe el elemento 0 ∈ N tal que: a+0 = 0+a = a

(A4) El producto es asociativo. Es decir, dados a, b, c ∈ N, se tiene:

( a · b) · c = a · ( b · c)

(A5) Existencia de elemento neutro respecto del producto. Es decir, dado a ∈ N, existe el elemento 1 ∈ N tal que: a·1 = 1·a = a

(A6) Propiedad distributiva del producto respecto de la suma. Dados a, b, c ∈ N, se tiene: a · ( b + c) = a · b + a · c

( a + b) · c = a · c + b · c

(A7) El 0 es absorbente en relación a la multiplicación. Es decir, dado a ∈ N, se tiene: a·0 = 0·a = 0

(A8) El producto es conmutativo. Es decir, dados a, b ∈ N, se tiene: a · b = b · a.

El conjunto de los números naturales dotado con las dos operaciones internas de la suma y el producto y con las propiedades A1-A7 que acabamos de describir recibe el nombre de semianillo. Si además se cumple la propiedad A8, decimos que se trata de un semianillo conmutativo. Además de estas propiedades, el conjunto de los números naturales tiene otras que lo caracterizan: Todo número natural tiene un siguiente. Veremos que esta propiedad también es compartida con los números enteros. Por ejemplo, el siguiente del número 1 es el número 2, el siguiente del número 2 es el número 3, etcétera. Todo número natural, a excepción del 0 (o a excepción del 1 si consideramos N∗ ), tiene un anterior. A este elemento se le llama primer elemento. Entre dos números naturales consecutivos no hay ninguno más. Esta propiedad también es satisfecha por el conjunto de los números enteros. Hay infinitos números naturales. Aunque no lo hemos dicho de forma explícita, estas últimas propiedades de los números naturales se utilizan (aunque de forma implícita) en las demostraciones por inducción matemática que se han presentado en el capítulo «Introducción al razonamiento matemático».

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

2.1.2. El conjunto de los números enteros Claramente, el número natural 2 puede representar el hecho «tengo dos ovejas en mi rebaño». Ahora bien, si fruto de un acuerdo comercial, paso de tener dos ovejas a deber dos ovejas, ¿cómo representamos este hecho? En tal caso, pues, podemos recurrir a los números enteros, representados por el símbolo Z, y que comprenden los números naturales, los números naturales con signo negativo y el cero. Este conjunto podemos representarlo así: Z = {. . . , −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, . . .}. Como conjunto numérico, el conjunto de los números enteros hereda las dos operaciones binarias de los números naturales, la suma y el producto:

+ : Z×Z → Z (a, b) → a + b · : Z×Z → Z

(a, b) → a · b

y a las propiedades A1 − A8 se le añade una nueva propiedad: (A9) Existencia de elemento opuesto respecto de la suma. Es decir, dado a ∈ Z, existe un elemento −a ∈ Z tal que: a + (−a) = (−a) + a = 0. El conjunto de los números enteros dotado con las dos operaciones internas de la suma y el producto y con las propiedades A1-A9 que acabamos de describir recibe el nombre de anillo conmutativo. Dado que los números enteros incluyen los números naturales, podemos escribir: N ⊂ Z. La necesidad humana de disponer de conjuntos numéricos se puede plantear también en términos de ecuaciones. Por ejemplo, la ecuación: x+2 = 0 solo puede resolverse si disponemos del conjunto de los números enteros Z, ya que la solución es el número entero −2, es decir, x = −2 ∈ Z. En general, la ecuación: x + a = 0, donde a es un número natural tiene como solución el número entero −a, es decir, x = −a ∈ Z.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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2.1.3. El conjunto de los números racionales El siguiente conjunto numérico corresponde al de los números racionales, que es el formado por las fracciones, y que viene representado por el símbolo Q. Su creación se basa en la necesidad de poder representar las partes de una totalidad, como el hecho de dividir un terreno agrícola en tres partes iguales como resultado de una herencia. En este sentido, este conjunto podemos representarlo de la manera siguiente: o na tales que a, b ∈ Z, b 6= 0 , Q= b es decir, es el conjunto formado por los cocientes o las fracciones de números enteros, en el cual es imprescindible que el denominador b sea diferente de cero. Son números 2 , es decir, los números cuya expresión decimal tiene un racionales los números 12 o −3 patrón que se repite. Por ejemplo:

o bien:

1 = 0.5, 2 2 ¯ = −0.6666 . . . = −0.6, −3

211 = 0.21313 . . . = 0.213. 990 Pero también podemos escribir: 1 2 = , 1 2 −3 3 −3 = = , 1 −1 es decir, también los números naturales y los números enteros son números racionales. En este sentido, podemos escribir: 1=

N ⊂ Z ⊂ Q,

que se lee «el conjunto de los números naturales es un subconjunto del conjunto de los números enteros, que a su vez, es un subconjunto del conjunto de los números racionales». Es decir, todo número natural es también un número entero y todo número entero es, a su vez, un número racional. Del mismo modo que para resolver ecuaciones de la forma x + a = 0 y siendo a un número natural, necesitamos crear el conjunto de los números enteros; la ecuación: 2x = 3 solo puede resolverse con la ayuda del conjunto de los números racionales Q, ya que la solución es el número racional 23 , es decir x = 23 ∈ Q. En general, la ecuación: bx = a, donde a, b son números enteros y b 6= 0

tiene como solución el número racional ab , es decir, x =

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a b

∈ Q.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

El conjunto de los número racionales, visto como una estructura matemática, también hereda las operaciones de suma y producto. Es decir:

+ : Q×Q → Q a c  a c ad + cd , → + = b d b d bd · : Q×Q → Q a c  ac , → b d bd

y a las propiedades A1 − A9 se le añade una nueva propiedad: (A10) Existencia de elemento inverso respecto del producto. Es decir, dado a ∈ Q, existe un elemento a−1 ∈ Q tal que: a · a−1 = a−1 · a = 1. El conjunto de los números racionales dotado con las dos operaciones internas de la suma y el producto y con las propiedades A1-A10 que hemos descrito recibe el nombre de cuerpo conmutativo.

2.1.4. El conjunto de los números reales Llegados a este punto nos podemos preguntar, ¿hay también ecuaciones que no pueden resolverse en el conjunto de los números racionales? Imagínese que queremos calcular la longitud de la hipotenusa de un triángulo rectángulo con catetos de longitud 1, tal como se ve en la Figura 2.1.

h

1

1 Figura 2.1. Triángulo rectángulo de catetos iguales y de longitud 1.

Según el teorema de Pitágoras, tenemos que: h2 = 12 + 12 = 2.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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Los griegos ya pudieron demostrar que la ecuación: h2 = 2, por sencilla que pueda parecer, no tiene ninguna solución que pueda expresarse como una fracción. √ que una de las soluciones de esta ecuación es √ Ahora bien, todos sabemos − 2. el número 2. La otra solución es √ Puede demostrarse que el número 2 no es un número racional (de hecho, encontraréis la demostración en el capítulo «Introducción al razonamiento matemático»). Los números que no son racionales reciben el nombre de números irracionales y se representan habitualmente con el símbolo R\Q o I. También son números irracionales el número π (que vale, aproximadamente 3.1416), el número √ e√(que vale aproximadamente 2.7183) o las raíces cuadradas de los números primos 2, 3, . . . Recuérdese que los números racionales, cuando los expresamos en forma decimal, son números con una cantidad finita de decimales o bien con una cantidad infinita de decimales pero con un patrón periódico. Por ejemplo: 3 = 0.75, 4

5 = 0.1515 . . . = 0.15. 33

En cambio, los números irracionales, cuando los expresamos en forma decimal, tienen un número infinito de decimales sin ningún tipo de periodicidad. Por ejemplo, el número π tiene infinitos decimales sin ninguna clase de periodicidad:

π = 3.1415926535897932384626433832795028841971693993751 . . . El conjunto de los números reales, que representamos con la letra R, se define como la unión de los conjuntos de números racionales y números irracionales, es decir: R = Q ∪ [R\Q ]

= Q ∪ I.

Recordad que usamos el símbolo ∪ para designar la unión de conjuntos. La expresión anterior se lee «el conjunto de los números reales es la unión del conjunto de números racionales y del conjunto de números irracionales». Observación 2.1

Finalmente tenemos que: N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R. Esta relación de inclusión puede verse en la Figura 2.2. √ En este momento es interesante remarcar que los números reales, como 2 o π , no son solamente una invención matemática sino que aparecen en la naturaleza. Por ejemplo:

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Reales (R) Racionales (Q) √

Enteros (Z) 7 Naturales (N)

2 3 √

2

7 9

1, 2, 3, 4, 5, 6, . . . −6

−19 0.3

π

e

Figura 2.2. Relación de inclusión entre los distintos conjuntos numéricos.

¿Cuál es la longitud de la diagonal de un cuadrado de lado igual a un metro? ¿Cuál es el área de una circunferencia de radio igual a un metro? Desde el punto de vista de estructura matemática, el conjunto de los números reales también satisface las propiedades A1-A10, con lo que también es un cuerpo. Propiedad 2.1

Los números reales se pueden representar como puntos de una recta llamada recta real (véase la Figura 2.3). El punto correspondiente al cero se denomina origen. Recíprocamente, para cada punto de la recta hay uno y solo un número real asociado. √ − 2

−9/2 −5

−4

−3

−2

−1

2/3 0

1

π 2

3

4

5

Figura 2.3. Representación de la recta real.

Ejercicio propuesto 2.1

Expresar los números 1.326 y 0.9 en forma de fracción.

2.2. El conjunto de los números complejos ¿Todas las ecuaciones de segundo grado tienen solución?

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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Ya hemos visto en las secciones anteriores que para poder resolver ecuaciones lineales de la forma ax + b = 0, donde a y b son números enteros, no nos basta con los números enteros, sino que es necesario introducir los números racionales. De la misma manera, hemos visto que para resolver algunas ecuaciones de segundo grado, como por ejemplo x2 = 2 necesitamos los números reales (que incluyen los números irracionales). El problema lo tenemos ahora cuando queremos resolver la ecuación: x2 = −1. Sabemos que no existe ningún número real tal que su cuadrado sea un número negativo. Podría decirse, pues, que x2 = −1 no tiene soluciones. √ Recordemos que para resolver la ecuación x2 = 2 imaginamos el número 2; así, de manera análoga, para resolver la ecuación x2 = −1 se crea un número nuevo: √ −1. A este número se le asigna el símbolo i. Así, para obtener soluciones de la ecuación x2 = −1 y de todas las ecuaciones de segundo grado, ax2 + bx + c = 0, necesitaremos crear un nuevo conjunto: el conjunto de los números complejos. Esto nos permite hacer una primera definición de lo que será el conjunto de los números complejos: Definición 2.1

Se define el conjunto de los números complejos como: C = {z es solución de la ecuación ax2 + bx + c = 0 donde a, b, c ∈ R}, es decir, C es el conjunto de números donde toda ecuación de segundo grado tiene solución. Lo que proponemos es un salto creativo importante, ya que se trata de crear, de la nada, una solución para un tipo de ecuaciones, sin conformarnos con la existencia de ecuaciones sin solución. Las ventajas de este salto creativo superarán las incomodidades iniciales.

2.2.1. Ejemplo introductorio A lo largo de la historia han ido apareciendo diversos problemas que no tenían solución en el conjunto de los números reales. A continuación, se presentan unos problemas históricos, en los cuales ya se empieza a intuir la necesidad de un nuevo conjunto numérico: el conjunto de los números complejos. Supongamos que queremos resolver el siguiente problema, planteado por el matemático griego Diofanto de Alejandría en el año 275 a.C.:

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

y

z

x Figura 2.4. Triángulo rectángulo de lados x, y y z.

Consideremos un triángulo rectángulo como el de la Figura 2.4. Hallar los lados del triángulo (x, y y z) que hacen que su perímetro x + y + z sea igual a 12 y el área igual a 7. En la resolución de este problema aparece la siguiente ecuación: 6x2 − 43x + 84 = 0, donde x es la longitud de uno de los lados del triángulo. La fórmula para resolver una ecuación de segundo grado de la forma ax2 + bx + c = 0 es: √ √ −b ± ∆ −b ± b2 − 4ac = , x= 2a 2a donde la expresión ∆ = b2 − 4ac recibe el nombre de discriminante. En el caso del ejemplo que estamos considerando, podemos ver que el discriminante es negativo: ∆ = b2 − 4ac = (−43)2 − 4 · 6 · 84 = 1849 − 2016 = −167 < 0, y, por tanto, no existen soluciones reales. Es decir, no podemos construir ningún triángulo de área 7 y de perímetro 12. Consideremos ahora este otro problema, planteado por el médico y matemático italiano Girolamo Cardano en el año 1545. Dividir el número 10 en dos partes, de manera que el producto de estas sea 40. Es decir, queremos determinar dos números x y y tales que su suma dé 10 y su producto, 40.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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En este caso, las dos ecuaciones que nos plantea el enunciado son: x + y = 10 xy = 40 donde, si despejamos la y de la primera ecuación y la sustituimos en la segunda, obtenemos: x(10 − x) = 40

o equivalentemente,

x2 − 10x + 40 = 0.

Esta ecuación tampoco tiene soluciones reales. No obstante, en este caso, el propio Cardano dijo que las dos soluciones eran: √ √ 5 + −15 y 5 − −15.

Gauss fue el primero en denominar números complejos a este tipo de expresiones. Como ya nos ha pasado antes, el conjunto de los números reales nos resulta insuficiente para encontrar soluciones a las ecuaciones de segundo grado. Por esta razón, hacemos la siguiente definición: Definición 2.2

Definimos el número i de manera que i2 = −1 o, dicho de otra forma, i = número i recibe el nombre de unidad imaginaria.

√

−1. El

René Descartes fue el primero en usar el término unidad imaginaria√en el año 1637. Obsérvese ahora que, como el número imaginario i verifica que i = −1, las soluciones de la ecuación: x2 − 10x + 40 = 0

se pueden denotar como: q √ √ √ √ 5 ± −15 = 5 ± 15 · (−1) = 5 ± 15 −1 = 5 ± 15 i.

Así pues, aunque en la resolución de una ecuación de segundo grado el discriminante sea negativo, siempre podremos encontrar las soluciones utilizando la unidad imaginaria i. Recuérdese que el número i permite trabajar con raíces de números negativos. En consecuencia, si permitimos que las soluciones sean números complejos, es decir, números de la forma: a + bi todas las ecuaciones de segundo grado tendrán solución. Definición 2.3

Definiremos el conjunto de números complejos, representado por el símbolo C, como el conjunto formado por las expresiones de la forma a + bi, donde a y b son números reales e i es tal que su cuadrado es igual a −1. Formalmente: C = {a + bi | a, b ∈ R, i2 = −1}.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Tabla 2.1. Parte real y parte imaginaria.

Re(z)

Im(z)

z1 = 2 + 3i

2

3

z2 = 3 − 4i

3

−4

z = a + bi

z3 = −2/3 + 8i √ z4 = 2 + 10i

8

−2/3 √ 2

10

2.3. Representación de los números complejos: forma binómica Ya hemos visto que un número complejo es un número de la forma: a + bi, donde a y b son números reales. Son ejemplos de números complejos: z1 = 2 + 3i , 2 z3 = − + 8i , 3

z2 = 3 − 4i , √ z4 = 2 + 10i .

A partir de las expresiones anteriores podemos observar que un número complejo está formado por la suma de dos partes claramente diferenciadas: a + b i, |{z} |{z} parte parte real imaginaria que definimos como parte real (a) y parte imaginaria (b). Esta forma de representar un número complejo: z = a + bi, recibe el nombre de forma binómica. En algunos libros veréis que la parte real de z se denota como Re(z) = a y la parte imaginaria se denota como Im(z) = b. En la Tabla 2.1 podemos encontrar la parte real y la parte imaginaria de los cuatro números complejos que hemos considerado anteriormente. Nótese que la unidad imaginaria i nunca forma parte ni de la parte real ni de la parte imaginaria.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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Propiedad 2.2 Igualdad de dos números complejos

Dos números complejos son iguales si, y solo si, tienen la misma parte real y la misma parte imaginaria. Es decir, z1 = z2 si, y solo si: Re(z1 ) = Re(z2 ) Im(z1 ) = Im(z2 ) Si un número complejo no tiene parte real (tiene parte real igual√a cero) recibe el nombre de número complejo imaginario puro. Por ejemplo, i, 2i, 3i son números complejos imaginarios puros. Si, en cambio, un número complejo no tiene parte imaginaria (tiene parte imaginaria igual a cero) recibe el nombre de número real. Por ejemplo, 2, −1, e son números reales. Propiedad 2.3 Inclusión de R en C

Todo número real a ∈ R está asociado al número complejo a + 0 · i, es decir, es un número complejo con la parte imaginaria nula. Los números reales se pueden representar como √ puntos de una recta (la recta real). En cambio, en la recta real no hay sitio para −1, es decir, no hay sitio para i. ¿Cómo podemos representar entonces los números complejos gráficamente? Para resolver este problema, Gauss se preguntó qué pasaría si introdujese una nueva dirección (un eje vertical, como el eje y) y si para situar i se utilizase un punto situado por encima de la recta numérica a una unidad de distancia (véase la Figura 2.5). Todos los números nuevos para resolver cualquier ecuación serían ahora combinaciones de i y de números habituales.

i

Figura 2.5. Representación del plano complejo. En particular, representación del número i en el plano complejo.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ya hemos visto que los números complejos están formados por una parte real y una parte imaginaria. De esta manera, como apuntaba Gauss, cada número complejo se puede representar mediante un único punto del plano, el cual se obtiene de la siguiente manera: la parte real representa la abscisa (coloquialmente, coordenada x) y la parte imaginaria DV Hla)igura.. es la ordenada (coloquialmente, coordenada y).9p

a + bi

a

b

Figura 2.6. Representación en el plano del número complejo a + bi.

Podemos observar esta correspondencia en la Tabla 2.2. Tabla 2.2. Correspondencia entre números complejos y puntos del plano.

Re(z)

Im(z)

Punto

z1 = 2 + 3i

2

3

(2, 3)

z2 = 3 − 4i

3

−4

z = a + bi

z3 = −2/3 + 8i √ z4 = 2 + 10i

−2/3 √ 2

8

10

(3, −4)

(−2/3, 8) √ ( 2, 10)

De esta manera, el número complejo a + bi se identificará con el punto (a, b) del plano, lo que nos permite una nueva definición del conjunto de los números complejos. Definición 2.4

Definiremos el conjunto de números complejos, representado por el símbolo C, como el conjunto de puntos del plano, es decir, como el conjunto formado por el producto cartesiano de R por R. Esto es: C = R × R = {(a, b) | a, b ∈ R}

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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2.4. Operaciones con números complejos Como en cualquier conjunto, necesitaremos saber qué operaciones podemos hacer con sus elementos. En este caso, para el conjunto de los números complejos, veremos cómo los podemos sumar, restar, multiplicar, dividir, etc.

2.4.1. Suma y resta de complejos en forma binómica Para sumar números complejos, sumamos las partes reales y las partes imaginarias por separado. Dados z1 = 1 + 2i y z2 = 4 + 3i, entonces: z1 + z2 = (1 + 2i) + (4 + 3i)

= ( 1 + 4) + ( 2 + 3) i = 5 + 5i. Fijaos que tratamos el número i com si fuese la variable de un polinomio y agrupamos, por un lado, los términos que no tienen i y, por otro lado, los términos que sí lo tienen. En el plano complejo, los números se suman de la misma manera que los vectores del plano. Es decir, se utiliza la ley del paralelogramo, como puede verse en la Figura 2.7.

z2 = 1 + 3i z1 + z2 = 3 + 2i

z1 = 2 − i

Figura 2.7. Suma de dos números complejos utilizando la ley del paralelogramo.

La resta de dos números complejos z1 − z2 en la que z1 = a + bi y z2 = c + di se puede ver, en el fondo, como una suma. De esta manera, la diferencia: z1 − z2 = z1 + (−z2)

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

no es más que la suma de los complejos z1 y −z2 , en la que: −z2 = −(c + di) = −c − di. Luego, podemos escribir: z1 − z2 = z1 + (−z2 )

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

Por ejemplo, dados z1 = 2 − i y z2 = 1 + 3i, entonces: z1 − z2 = z1 + (−1) · z2

= (2 − i) + (−1) · (1 + 3i) = (2 − i) + (−1 − 3i) = (2 − 1) + (−1 − 3)i = 1 − 4i.

Un ejemplo gráfico de la diferencia de dos números complejos puede verse en la Figura 2.8. Definición 2.5 Opuesto

El número complejo −z recibe el nombre de opuesto del número complejo z. Desde un punto de vista geométrico, el número complejo −z es el simétrico respecto al origen del número complejo z, como se puede ver en la Figura 2.9. z2 = 1 + 3i

z1 = 2 − i −z2 = −1 − 3i

z1 − z2 = 1 − 4i

Figura 2.8. Resta de dos números complejos. Para calcular la resta entre los números complejos z1 − z2 , consideramos la suma de los números z1 + (−z2 ), donde −z2 es el opuesto del número complejo z2 .

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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z = 1 + 3i

−z = −1 − 3i Figura 2.9. El número complejo z y su opuesto −z.

2.4.2. Producto de complejos en forma binómica Para multiplicar un número complejo por un número real, multiplicamos las partes real e imaginaria del número complejo por el número real. Dado z = 1 + 2i, para multiplicarlo por a, un número real, hacemos: a · z = a · (1 + 2i) = a · 1 + a · 2i = a + 2ai

Recuérdese que los números reales están incluidos dentro de los números complejos. En concreto, todo número real a puede escribirse como a + 0i. Por tanto, acabamos de ver cómo multiplicar un número complejo por otro números complejo con parte imaginaria nula. A continuación, veremos cómo se deben multiplicar dos números complejos en los que ambos puedan tener parte imaginaria no nula. Pero antes, recordaremos cómo se multiplican los polinomios p(x) = a + bx y q(x) = c + dx. Dos polinomios se multiplican aplicando la propiedad distributiva, es decir: p(x) · q(x) = (a + bx) · (c + dx)

= ac + adx + bcx + bdx2 = ac + (ad + bc)x + bdx2 Para multiplicar números complejos debemos proceder del mismo modo, teniendo en cuenta que i2 = −1. Dados z1 = 1 + 2i y z2 = 4 + 3i: z1 · z2 = (1 + 2i) · (4 + 3i)

= 1 · (4 + 3i) + 2i · (4 + 3i)

= 1 · 4 + 1 · 3i + 2 · 4i + 2 · 3i2

= 1 · 4 + 1 · 3i + 2 · 4i − 2 · 3 (utilizando i2 = −1) = ( 1 · 4 − 2 · 3) + ( 1 · 3 + 2 · 4) i = −2 + 11i.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

2.4.3. El conjugado de un número complejo Definición 2.6 Conjugado

El conjugado de un número complejo, z = a + bi, es otro número complejo con la misma parte real, pero con la parte imaginaria cambiada de signo. El conjugado de un número complejo z se representa como z = a − bi.

Dado z = 1 + 2i, su conjugado es:

z = 1 − 2i. Utilizaremos el conjugado de un número complejo, principalmente, para dividir números complejos, tal y como veremos más adelante. En el plano complejo, el conjugado de un número complejo se obtiene haciendo una simetría respecto al eje de abscisas (véase la Figura 2.10). z = 1 + 2i z = 2+i

z = 2−i z = 1 − 2i Figura 2.10. El conjugado de un número complejo se obtiene haciendo una simetría respecto al eje de abscisas.

Obsérvese que, para cualquier número complejo, si calculamos el conjugado del conjugado, recuperamos otra vez el número complejo original, es decir: z = 1 + 2i

−→

z = 1 − 2i

−→

z = 1 + 2i = z.

Proposición 2.1

En relación al conjugado de un número complejo, se tienen las siguentes propiedades, considerando que z = a + bi: (1) z + z = 2a = 2Re(z). (2) z − z = 2bi = 2iIm(z). (3) z · z = a2 + b2 .

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D EMOSTRACIÓN. Sea z = a + bi un número complejo y z = a − bi su conjugado. Entonces: (1) z + z = (a + bi) + (a − bi) = 2a = 2Re(z). (2) z − z = (a + bi) − (a − bi) = 2bi = 2iIm(z). (3) z · z = (a + bi)(a − bi) = a2 + b2 . Como queríamos ver.  El producto de un complejo por su conjugado Otra propiedad importante es que si multiplicamos un número complejo z por su conjugado z, el resultado es un número real y positivo (o cero, en caso que z = 0). En efecto, si consideramos z = a + bi y su conjugado z = a − bi, tenemos: z · z = (a + bi)(a − bi) = a2 − b2 i2 = a2 + b2 ∈ R. Más adelante veremos que esto será de gran interés para la división de números complejos. Ejemplo 2.1 Si tenemos z = 1 + 2i y z = 1 − 2i:

z · z = (1 + 2i) · (1 − 2i)

= 12 − 1 · 2i + 1 · 2i − 22i2

= 12 − 1 · 2i + 1 · 2i + 22 = 12 + 22 ≥ 0.

(utilizando i2 = −1) 

2.4.4. División de números complejos en forma binómica En la división de números complejos consideraremos dos casos: (1) El número complejo que divide es un número real. Por ejemplo: 1 + 2i z1 = . z2 5 (2) El número complejo que divide es un complejo con parte imaginaria diferente de cero. Por ejemplo: 1 + 2i z1 = . z2 4 + 3i Observamos que en el primer caso, más sencillo, el denominador es un número real; tenemos que: 1 + 2i 1 2 z1 = = + i. z2 5 5 5

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En el caso más general de que el número complejo que divida sea un complejo con parte imaginaria diferente de cero, seguiremos la siguiente estrategia: multiplicar y dividir por el conjugado del número complejo del denominador. De este modo, si multiplicamos tanto el numerador como el denominador por z2 , el nuevo denominador será un número real y, por tanto, será fácil hacer la división: 1 + 2i 1 + 2i 3 + 4i (1 + 2i)(3 + 4i) z1 = = · = z2 3 − 4i 3 − 4i 3 + 4i (3 − 4i)(3 + 4i)

=

5 10 1 2 3 − 8 + 6i + 4i −5 + 10i = = − + i = − + i. 2 2 3 +4 25 25 25 5 5

2.5. Forma polar: alternativa para representar los números complejos Un número complejo, que hasta ahora hemos representado en forma binómica z = a + bi, y que hemos dibujado com el punto (a, b) del plano, también puede representarse de otra manera. Las coordenadas cartesianas o coordenadas ortogonales, como las de la forma binómica, representan los puntos mediante un par de números: la coordenada x, o abscisa (desplazamiento horizontal), y la coordenada y, u ordenada (desplazamiento vertical). Este tipo de coordenadas nos pueden ser de mucha utilidad, por ejemplo, para indicar una localización en el Eixample de Barcelona, como se puede ver en la Figura 2.11.

Figura 2.11. Coordenadas cartesianas en el Eixample de Barcelona. Considerando el cruce entre las calles de la Diputació y Entença como origen de coordenadas, el cruce entre las de Aragó y Viladomat lo encontraremos tres calles a la derecha y dos arriba, es decir, en el punto (3, 2). [Fuente: Ayuntamiento de Barcelona, 2013]

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No obstante, esta no es la única manera de representar los puntos. Como hemos dicho, las coordenadas cartesianas pueden ser útiles para representar la superficie de la Tierra en un plano, pero a pesar de ello, los barcos utilizan un sistema de radar bidimensional que sitúa los puntos del plano en círculos centrados en el origen de coordenadas, como se puede ver en la Figura 2.12.

r

θ

Figura 2.12. Coordenadas polares en un radar.

Así pues, la representación de un punto (a, b) en estas nuevas coordenadas se basa en (Figura 2.13): La distancia del punto (a, b) al origen de coordenadas, que denominamos magnitud o módulo y habitualmente se representa como r. El ángulo que forma el semieje positivo de abscisas con la semirrecta que une los puntos (0, 0) y (a, b), que también se puede llamar argumento y se representa como θ . Definición 2.7 Módulo

A cada número complejo z = a + bi se le asocia un número real positivo llamado módulo de z, y que denotamos por |z| que definimos como: p |z| = r = a2 + b2 .

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z = a + bi = (a, b) b

r

θ

a Figura 2.13. De coordenadas cartesianas a coordenadas polares. El número complejo a + bi puede expresarse en forma polar mediante la distancia del punto al origen, r, y el ángulo que forma con el eje positivo x, θ . Es decir, a + bi = rθ .

Definición 2.8 Argumento principal

Si z = a + bi es un número complejo, se define el argumento principal de z, escrito arg(z) como el único número real θ ∈ (−π , π ] tal que: a = |z| cos(θ )

b = |z| sen(θ ) Definición 2.9 Argumento

El argumento de un número complejo z ∈ C se define como cualquier elemento del conjunto: {arg(z) + 2π k | k ∈ Z}. Definición 2.10 Forma polar

La siguiente manera de representar un número complejo recibe el nombre de forma polar o módulo-argumental: rθ

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Esta forma de representar un número complejo, rθ , recibe el nombre de forma polar. En algunos libros también se puede encontrar la notación r∠θ . Propiedad 2.4

Sean z, u ∈ C. Entonces:

(1) El conjugado de la suma es la suma de conjugados: z + u = z + u. (2) El conjugado del producto es el producto de conjugados: zu = z u. (3) El módulo de un número y de su conjugado son iguales: |z| = |z|.

(4) El producto de un número por su conjugado es el cuadrado del módulo del número: zz = |z|2 .

(5) El módulo del producto es el producto de módulos, y el argumento del producto es la suma de argumentos: |zu| = |z||u|,

arg(zu) = arg(z) + arg(u). (6) El módulo del cociente es el cociente de módulos y el argumento del cociente es la diferencia de argumentos: z |z| , = u |u| z arg = arg(z) − arg(u). u

(7) El módulo de la suma es menor o igual que la suma de módulos: |z + u| ≤ |z| + |u|. D EMOSTRACIÓN. Consideremos z = z1 + z2 i y u = u1 + u2 i. Entonces: (1)

z + u = z1 + z2 i + u1 + u2 i

= (z1 + u1 ) + (z2 + u2 )i = (z1 + u1 ) − (z2 + u2 )i

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

= (z1 − z2 i) + (u1 − u2 i) = z1 + z2 i + u1 + u2 i = z + u. (2) zu = (z1 + z2 i)(u1 + u2 i)

= (z1 u1 − z2 u2 ) + (z1 u2 + z2 u1 )i = (z1 u1 − z2 u2 ) − (z1u2 + z2 u1 )i = (z1 u1 − z2 u2 ) − (z1u2 + z2 u1 )i = (z1 − z2 i)(u1 − u2 i) = z1 + z2 i u1 + u2 i = z u. (3) |z| = |z1 + z2 i|

= |z1 − z2 i| q = z21 + (−z2 )2 q = z21 + z22

= |z1 + z2 i| = |z| (4)

zz = (z1 + z2 i)(z1 + z1 i)

= (z1 + z2 i)(z1 − z2 i)

= z21 + z22 q 2 z21 + z22 = = |z|2

(5) Para esta demostración, presentamos dos soluciones. La primera utiliza la definición de módulo como la raíz cuadrada del producto de un complejo por su conjugado: |zu| =

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√

zuzu =

√

zuz u =

√

zzuu =

√ √ zz uu = |z||u|

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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La segunda se basa en expresar el número complejo en forma binómica. |zu| = |(z1 + z2 i)(u1 + u2 i)|

= |(z1 u1 − z2 u2 ) + (z1 u2 + z2 u1 )i| q = (z1 u1 − z2 u2 )2 + (z1 u2 + z2 u1 )2 q = z21 u21 z2 u22 + z21 u22 + z22 u21 q = (z21 + z22 )(u21 + u22 ) q q = z21 + z22 u21 + u22 = |z||u|.

La demostración de que el argumento del producto es la suma de los argumentos puede encontrarse en el apartado (1) de la Proposición 2.2. (6) z z u = u uu zu = 2 |u| 1 = 2 |zu| |u| 1 = 2 |z||u| |u| 1 = 2 |z||u| |u| |z| = |u| La demostración de que el argumento del cociente es la diferencia de los argumentos se deja para más adelante (apartado (1) de la Proposición 2.2). (7) En lugar de demostrar la expresión: |z + u| ≤ |z| + |u|, demostraremos su cuadrado. Del mismo modo, en la demostración utilizaremos las siguientes propiedades de los números complejos: z + z = 2Re(z) |z| ≥ |Re(z)|

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En efecto: |z + u|2 = (z + u)(z + u) = (z + u)(z + u) = zz + zu + zu + uu

zu = |z|2 + |u|2 + 2Re(zu) ≤ |z|2 + |u|2 + 2|zu| = |z|2 + |u|2 + zu + |{z} zu

= |z| + |u| + 2|z||u| = |z|2 + |u|2 + 2|z||u| = (|z| + |u|)2 2

2

que es lo que queríamos demostrar.  Ejemplo 2.2 Consideremos los números complejos 3, 2i, −4 y −5i. ¿Cuál es su representación en forma polar? Véase la Figura 2.14. 

2i = 2 π2

−4 = 4π

3 = 30

−5i = 53 π2 Figura 2.14. Forma polar de los números complejos 3, 2i, −4 y −5i.

S OLUCIÓN. El número complejo 3 tiene parte imaginaria igual a cero. Esto implica que está situado en la parte positiva del eje x (de hecho, es un número real positivo). En consecuencia, el ángulo que forma el semieje positivo de abscisas con la semirrecta que une el origen y este punto es precisamente 0. Por otro lado, la distancia

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de este punto al origen es también 3. Por tanto, podemos escribir: 3 = 3 + 0i = 30 . El número complejo 2i tiene parte real igual a cero. Su representación como punto sería (0, 2), y esto implica que está situado en la parte positiva del eje y. Por otro lado, el ángulo que forma el semieje positivo de abscisas con la semirrecta que une el origen y este punto es un ángulo recto, es decir, tiene un valor de π2 rad o 90◦ . Finalmente, la distancia de este punto al origen es 2. Por tanto, podemos escribir: 2i = 0 + 2i = 2 π2 = 290◦ . El número complejo −4 tiene parte imaginaria igual a cero y parte real negativa. Esto implica que está situado en la parte negativa del eje x (de hecho, es un número real negativo). En consecuencia, el ángulo que forma el semieje positivo de abscisas con la semirrecta que une el origen y este punto es un ángulo llano, es decir, su valor es de π rad o 180◦ . Por otro lado, la distancia de este punto al origen es 4. Por tanto, podemos escribir: −4 = −4 + 0i = 4π = 4180◦ . El número complejo −5i tiene parte real igual a cero y parte imaginaria negativa. Su representación como punto sería (0, −5) y esto implica que está situado en la parte negativa del eje y. Por otro lado, el ángulo que forma el semieje positivo de abscisas con la semirrecta que une el origen y este punto es la suma de un ángulo recto y un ángulo llano, es decir, tiene un valor de 32π rad o 270◦ (si medimos los ángulos en el sentido contrario al de movimiento de las manecillas de un reloj). La distancia de este punto al origen es 5. Por tanto, podemos escribir: −5i = 0 − 5i = 5 3π = 5270◦ . 2

En este ejemplo hemos expresado en forma polar los números complejos que se sitúan sobre los ejes. En el siguiente apartado veremos cómo generalizar todo esto. 

2.5.1. De la forma binómica a la forma polar ¿Qué relación se establece entre la forma polar y la forma binómica de un número complejo? ¿Cómo podemos pasar de una forma a la otra, y viceversa? Supongamos que tenemos el número complejo en forma binómica: a + bi, que podemos representar gráficamente como el punto (a, b) del plano. Aplicando el teorema de Pitágoras sabemos que la distancia del punto al origen es: p r = a2 + b2 .

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De la misma manera, sabemos que la relación que se establece entre el propio punto y el ángulo que forma el semieje positivo de abscisas con la semirrecta que une los puntos (0, 0) y (a, b) es: b tan(θ ) = . a Por tanto, θ puede obtenerse con la expresión:
θ = arctan ab , si a (parte real) es positivo, o bien
b θ = arctan a + π , si a es negativo y b (parte imaginaria) es positivo, o bien
b θ = arctan a − π , si a es negativo y b es también negativo. En todos los casos, obtendremos un ángulo θ en el intervalo (−π , π ].

¿Cómo calculamos el arco tangente? Para la obtención del ángulo θ podemos utilizar una calculadora, cualquier software de cálculo simbólico, como Wiris, Maple o incluso WolframAlpha. Si se calcula el arco tangente con una calculadora, hay que saber si se va a utilizar el modo rad (radianes) o el modo deg (grados). Ejemplo 2.3 [de cálculo de arco tangente] Consideremos los números complejos:

z1 = 1 + i z2 = −1 − i El número complejo z1 está en el primer cuadrante, ya que tiene parte real y parte imaginaria positivas: Re(z1 ) = 1 > 0,

Im(z1 ) = 1 > 0.

En cambio, el número complejo z2 está en el tercer cuadrante, ya que tiene parte real y parte imaginaria negativas: Re(z2 ) = −1 < 0,

Im(z2 ) = −1 < 0.

El módulo de ambos números complejos es: r1 =

p

12 + 12 =

√

2,

Pero, ¿cuál es su ángulo o argumento?

r2 =

q

(−1)2 + (−1)2 =

√ 2.

En el caso de z1 = 1 + i, como la parte real es positiva, la fórmula es:   1 π θ = arctan = arctan(1) = rad | {z } 4 1 calculadora

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En el caso de z2 = −1 − i, como la parte real y la parte imaginaria son negativas, la fórmula es:   −1 3π π rad θ = arctan − π = arctan(1) −π = − π = − | {z } −1 4 4 calculadora

De esta manera, los números complejos z1 = 1 + i, z2 = −1 − i pueden representarse en coordenadas polares como: √ z1 = 1 + i = 2 π4 √ z2 = −1 − i = 2− 3π 4

 Ejercicio propuesto 2.2

Expresa en forma polar los números complejos 3 + 4i y 3 − 4i. La representación en forma polar no es única La representación en forma polar de un número complejo no es única. Si consideramos, por ejemplo, el número complejo: z = 1 π4 , y le sumamos cualquier múltiplo de 2π rad al argumento (es decir, damos vueltas enteras), obtenemos el mismo número. Es decir: 1 π4 = 1 π4 +2π = 1 π4 +4π = 1 π4 +6π . De manera general, podemos escribir (Figura 2.15): rθ = rθ +2π k ,

k ∈ Z.

Con el objetivo de unificar la representación de números complejos en forma polar, es habitual considerar el ángulo θ que cumpla: −π < θ ≤ π , es decir, de todos los ángulos que pueden representar un número complejo, debemos elegir aquel que está entre −π y +π radianes. Para hacerlo, puede que sea necesario restar o sumar múltiplos de 2π radianes. A este ángulo, como hemos definido anteriormente, se le llama argumento principal. Cuando se quiere transformar un número complejo de forma binómica a forma polar, es muy importante representar el número complejo en el plano. De esta manera sabremos en qué cuadrante se encuentra y podremos evitar errores a la hora de calcular el argumento.

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58

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

z=

√ 2(1 + i) = 1π /4+2π k , k ∈ Z

θ = π4 + 6π θ = π4 + 4π θ = π4 + 2π θ = π4

Figura 2.15. La representación en forma polar de un número complejo no es única, ya que si tenemos un número rθ y le sumamos cualquier múltiplo de 2π al ángulo, obtenemos el mismo número. En esta figura se ha representado z = 1π /4 = 1π /4+2π = 1π /4+4π = 1π /4+6π .

2.5.2. De la forma polar a la forma binómica Supongamos que tenemos un número complejo a + bi que está expresado según su longitud y el ángulo que forma con el eje positivo x, es decir, z = rθ , como la Figura 2.13. Entonces, utilizando las definiciones de las funciones trigonométricas seno y coseno tenemos que: b a sen(θ ) = y que cos(θ ) = . r r Por tanto: a = r cos(θ ),

b = r sen(θ ).

Es decir, el número rθ en forma binómica es: z = rθ = r cos(θ ) + r sen(θ ) i. | {z } | {z } parte real

parte imaginaria

La equivalencia entre la forma polar y la forma binómica de un número complejo es: rθ = r cos(θ ) + r sen(θ )i

= r(cos(θ ) + i sen(θ ))

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

59

Tabla 2.3. Seno, coseno y tangente de los ángulos más habituales del primer cuadrante

θ

0

π /6

sen

0

cos

1

tan

0

1/2 √ 3/2 √ 1/ 3

π /4 √ 2/2 √ 2/2 1

π /3 √ 3/2

π /2

1/2 √ 3

0

1 ∞

Definición 2.11 Forma trigonométrica

La representación r(cos(θ ) + i sen(θ )) de un número complejo recibe el nombre de forma trigonométrica. Como recordatorio, os mostramos en la Tabla 2.3 el seno, el coseno y la tangente de los ángulos más habituales. Ejemplo 2.4 [de representación en forma binómica de un número complejo] Conside-

remos el número complejo en forma polar: √ 3 π6 . ¿Cuál es su representación en forma binómica?



S OLUCIÓN . Aplicando directamente la fórmula, tenemos que: π  √ π  √ √ 3 π6 = 3 cos + 3 sen i 6 √ 6 √ 3 √ 1 = 3 + 3 i 2√ 2 3 3 = + i 2 2 Para dicho cálculo, los valores del coseno y del seno se han buscado en la Tabla 2.3. Para otros ángulos se puede usar una calculadora o las indicaciones que se aplican a continuación. Para ángulos del segundo, tercer y cuarto cuadrantes, usad las siguientes reglas: Si θ ∈ (π /2, π ) (segundo cuadrante), entonces: sen(θ ) = sen(π − θ )

cos(θ ) = − cos(π − θ ) Si θ ∈ (−π , −π /2) (tercer cuadrante), entonces: sen(θ ) = − sen(π + θ ) cos(θ ) = − cos(π + θ )

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Si θ ∈ (−π /2, 0) (cuarto cuadrante), entonces: sen(θ ) = − sen(−θ )

cos(θ ) = cos(−θ ) La Figura 2.16 ayudará a entender estas reglas.

 cos(π + θ ) cos(θ )

cos(θ ) cos(π − θ ) θ sen(θ ) π − θ sen(π − θ )

sen(π + θ )

π +θ θ sen(θ ) cos(θ )

θ −θ

sen(θ ) sen(−θ )

cos(−θ )

Figura 2.16. Relaciones trigonométricas de ángulos del segundo, tercer y cuarto cuadrantes. Relaciones trigonométricas para calcular el seno y el coseno de ángulos del segundo, tercer y cuarto cuadrantes a partir del seno y del coseno de ángulos del primer cuadrante.

Ejercicio propuesto 2.3

Expresar en forma binómica los siguientes números complejos 10 , 2π , 1π /3 .

2.5.3. Operaciones aritméticas con números complejos en forma polar Suma de números complejos en forma polar Para sumar o restar dos números complejos deberemos expresarlos primero en forma binómica, o sea, escribirlos en la forma z = a + bi y, después, los sumaremos tal y como se ha indicado en la sección anterior. Así pues, las operaciones de suma y resta siempre se harán en forma binómica. Si se quiere, el resultado final puede pasarse después a forma polar. Ejemplo 2.5 Tenemos z1 = 2π y z2 = 5− π , dos números complejos en forma polar, y 2

queremos calcular:

z1 + z2 ,

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y

z1 − z2

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

61

Lo primero que hacemos es pasar los dos números a forma binómica: z1 = 2 cos(π ) +2 sen(π ) i = −2, | {z } | {z } 0

−1

 π  π z2 = 5 cos − +5 sen − i = −5i | {z 2 } | {z 2 } 0

Entonces:

−1

z1 + z2 = −2 + (−5i) = −2 − 5i z1 − z2 = −2 − (−5i) = −2 + 5i  Producto y división de números complejos en forma polar Para multiplicar dos números en forma polar se multiplican los módulos y se suman los argumentos. Cuando hablemos de la forma exponencial, veremos el porqué de esta forma de multiplicar los números complejos. Ejemplo 2.6 Tenemos z1 = 2π y z2 = 5− π , dos números complejos en forma polar, y

queremos calcular:

2

z1 · z2 . Entonces: z1 · z2 = 2π · 5− π2

= (2 · 5)π +(− π2 ) = 10 π2

 En un caso genérico, por tanto, podemos escribir: rθ1 · sθ2 = (r · s)θ1 +θ2 De manera similar, para dividir dos números complejos en forma polar se dividen los módulos y se restan los argumentos. Ejemplo 2.7 Tenemos z1 = 2π y z2 = 5− π , dos números complejos en forma polar, y

queremos calcular:

2

z1 . z2

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Entonces: z1 2 = π z2 5− π  2 2 = 5 π −(− π ) 2

= 0.4 3π 2

 En un caso genérico, por tanto, podemos escribir: rθ1  r  = sθ2 s θ1 −θ2

2.6. El exponencial de un número complejo La forma exponencial de un número complejo nos permite representar los números complejos de una manera muy compacta. Además, podemos expresar las funciones trigonométricas seno y coseno en función de los números complejos. Pero comencemos recordando las dos maneras de representar números complejos que hemos visto hasta ahora: la forma binómica, z = a + bi, o la forma polar, z = rθ = r(cos(θ ) + i sen(θ )). En este subapartado veremos una tercera manera de representar los números complejos: la forma exponencial. Consideremos la función exponencial real, exp(x) = ex . Esta función puede ser reescrita como una suma de infinitos términos: ex = 1 + x +

x2 x3 x4 + + + ··· 2! 3! 4!

en la que: n! = n · (n − 1) · (n − 2) · 2 · 1

es el factorial del número natural n. Esta suma de infinitos términos recibe el nombre de desarrollo en serie de potencias. Aunque se trata de una suma de infinitos términos, en la práctica se suele utilizar solo un número finito de términos. Por ejemplo, si consideramos solo seis términos y x = 1 tenemos que: 1 1 1 1 + + + 2! 3! 4! 5! = 2 + 0.5 + 0.16667 + 0.04167 + 0.00833

e1 ≈ 1 + 1 +

= 2.71666

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

63

El resultado ya es suficientemente bueno en comparación con el valor real, que es e = 2.71828 (con cinco cifras decimales). También podemos expresar como una suma infinita de términos las funciones trigonométricas seno y coseno: x3 x5 x7 + − + ··· 3! 5! 7! x2 x4 x6 cos(x) = 1 − + − + · · · 2! 4! 6! sen(x) = x −

Recuperamos la expresión del exponencial ex pero reemplazando la x por i y, finalmente, reorganizando los términos:

( θ i) 2 ( θ i) 3 ( θ i) 4 ( θ i) 5 + + + + ··· 2! 3! 4! 5! θ2 θ3 θ4 θ5 + i + ··· = 1 + θi − − i + 2! 3! 4! 5!     2 4 θ θ θ3 θ5 = 1− + − ··· + θ − + − ··· i 2! 4! 3! 5! = cos(θ ) + sen(θ )i

eθ i = 1 + (θ i) +

Definición 2.12 Fórmula de Euler

El exponencial de un número complejo imaginario puro es, por tanto: eθ i = cos(θ ) + sen(θ )i. Dado que todo número complejo se puede expresar como z = r(cos(θ ) + sen(θ )i) y que, como acabamos de ver, eθ i = cos(θ ) + sen(θ )i, entonces esto nos permite representar los números complejos de otra manera: z = reθ i , que denominamos forma exponencial. Definición 2.13 Exponencial de un número complejo

El exponencial de un número complejo z = a + bi ∈ C que no es imaginario puro es: exp(z) = ea+bi = ea ebi = ea (cos(b) + i sen(b)). Definición 2.14 Forma exponencial

La forma exponencial de un número complejo es: z = reθ i en el que r = |z| es el módulo de z y θ es el argumento de z.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

La representación polar de un número complejo es, pues, equivalente a la representación exponencial del mismo número complejo. En efecto: reθ i = r (cos(θ ) + i sen(θ )) = rθ . Véase la Figura 2.17. z = rθ = reθ i

r

r sen(θ )

θ r cos(θ ) Figura 2.17. Representación de un número complejo en forma polar y en forma exponencial.

Ejemplo 2.8 En la Tabla 2.4 se muestran las equivalencias entre las distintas represen-

taciones (binómica, polar y exponencial) de los siguientes números complejos: z1 = 1 + i,

z2 = i,

√ z3 = 1 + 3i,

√ z4 = 1 − 3i 

Tabla 2.4. Relación entre las formas binomica, polar y exponencial.

Binómica z1 = 1 + i z2 = i √ z3 = 1 + 3i √ z4 = 1 − 3i

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Polar √ z1 = 2 π4

Exponencial √ π z1 = 2e 4 i

z2 = 1 π2

z2 = e 2 i

z3 = 2 π3

z3 = 2e 3 i

z4 = 2− π3

z4 = 2e− 3 i

π

π

π

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

65

Proposición 2.2

Los números complejos en forma exponencial tienen las siguientes propiedades: (1) e(θ1 +θ2 )i = eθ1 i eθ2 i (2) e0 = 1 (3) e−θ i =

1 eθ i

(4) eθ i+2π ki = eθ i D EMOSTRACIÓN. (1) En primer lugar, hemos de recordar las fórmulas del seno y coseno de la suma de ángulos. En efecto: sen(θ1 + θ2 ) = sen(θ1 ) cos(θ2 ) + cos(θ1 ) sen(θ2 ) cos(θ1 + θ2 ) = cos(θ1 ) cos(θ2 ) − sen(θ1 ) sen(θ2 ) Entonces, aplicando la definición de exponencial compleja: eθ1 i eθ2 i = (cos(θ1 ) + i sen(θ1 )) · (cos(θ2 ) + i sen(θ2 ))

= [cos(θ1 ) cos(θ2 ) − sen(θ1 ) sen(θ2 )] + i [sen(θ1 ) cos(θ2 ) + cos(θ1 ) sen(θ2 )] = cos(θ1 + θ2 ) + i sen(θ1 + θ2 ) = e ( θ1 + θ2 ) i

(2) Aplicando directamente la definición: e0 = e0·i = cos(0) +i sen(0) = 1. | {z } | {z } 1

0

(3) En este caso, aplicando también la definición, tenemos que: 1 1 = θ i e cos(θ ) + i sen(θ ) cos(θ ) − i sen(θ ) 1 · = cos(θ ) + i sen(θ ) cos(θ ) − i sen(θ ) cos(θ ) − i sen(θ ) = cos2 (θ ) + sen2 (θ ) cos(θ ) − i sen(θ ) = 1 = cos(θ ) − i sen(θ )

= cos(−θ ) + i sen(−θ ) = e−θ i .

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(4) La demostración de este apartado es consecuencia directa de la periodicidad de las funciones seno y coseno. En efecto: eθ i+2π ki = cos(θ + 2π k) + i sen(θ + 2π k)

= cos(θ ) + i sen(θ ) = eθ i , donde hemos tenido en cuenta que: cos(θ + 2π k) = cos(θ ),

sen(θ + 2π k) = sen(θ )

para k ∈ Z.



2.6.1. Operaciones de los números complejos en forma exponencial Las operaciones de los números complejos en forma exponencial son, pues, equivalentes a las operaciones que ya hemos visto en forma polar. Estas son: Producto. Se multiplican los módulos y se suman los argumentos: π

π

2e 3 i · 3e 2 i = (2 · 3)e( 3 + 2 )i π

π

5π

= 6e 6 i .

En el caso general: r1 eθ1 i · r2 eθ2 i = r1 r2 e(θ1 +θ2 )i . División. Se dividen los módulos y se restan los argumentos: π

2e 3 i 2 ( π3 − π2 )i e π = i 3 3e 2 2 π = e− 6 i . 3 En el caso general: r1 eθ1 i r = 1 e ( θ1 −θ2 ) i . r2 eθ2 i r2 Conjugación. El conjugado de un complejo expresado en forma exponencial es el número complejo de módulo igual y argumento opuesto: π

π

2e 3 i = 2e− 3 i . En el caso general: reθ i = re−θ i .

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

67

Suma y resta. Para sumar o restar números complejos en forma exponencial debemos expresarlos en forma binómica: r1 eθ1 i + r2 eθ2 i = r1 (cos(θ1 ) + i sen(θ1 )) + r2 (cos(θ2 ) + i sen(θ2 ))

= (r1 cos(θ1 ) + r2 cos(θ2 )) + i (r1 sen(θ1 ) + r2 sen(θ2 )) La introducción de la forma exponencial nos permite, además, calcular potencias de números complejos de manera muy sencilla:, Potenciación. Para elevar un número complejo en forma exponencial al cuadrado, usaremos la definición del producto de complejos en forma polar: 

reθ i

2

= reθ i · reθ i = r2 e(θ +θ )i

= r2 e2θ i

Es decir, lo que hemos hecho es multiplicar los módulos (r · r = r2 ) y sumar los argumentos (θ + θ = 2θ ). Así pues, hemos conseguido tener:  2 reθ i = r2 e2θ i

Asimismo, para elevar un número complejo en forma exponencial a la potencia n, elevamos a n el módulo y multiplicamos por n el argumento. En efecto, podemos ver que: n veces



reθ i

n

z }| { θi θi θi θ + · · · + θ )i ( = re · · r) e | · re{z · · · re } = |(r ·{z } n veces

n veces

n nθ i

=r e

Es decir, hemos llegado a la expresión: n  reθ i = rn enθ i que también podemos escribir como:

[r(cos(θ ) + i sen(θ )]n = rn (cos(nθ ) + i sen(nθ )). Esta última igualdad recibe el nombre de teorema de De Moivre, en honor al matemático francés Abraham De Moivre (1667-1754), y puede utilizarse para calcular las fórmulas del seno y del coseno de ángulos, como por ejemplo 2θ , 3θ , . . . en función de sen(θ ) y cos(θ ). Ejemplo 2.9 Calcular una expresión para sen(2θ ) en términos de sen (θ ) y cos(θ ).

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN. Por el teorema de De Moivre con r = 1 y n = 2, tenemos que:

[cos(θ ) + i sen(θ )]2 = cos(2θ ) + i sen(2θ ) | {z } z

Nosotros necesitamos calcular sen(2θ ), es decir, la parte imaginaria del número complejo z: Im(cos(2θ ) + i sen(2θ )) = sen(2θ ). Por tanto, procederemos al desarrollo de la expresión:

[cos(θ ) + i sen(θ )]2 de donde, posteriormente, consideraremos su parte imaginaria. En efecto:

[cos(θ ) + i sen(θ )]2 = cos2 (θ ) + i2 sen2 (θ ) + 2i cos(θ ) sen (θ ) = cos2 (θ ) − sen2 (θ ) +i 2 cos(θ ) sen (θ ) . | {z } | {z } Re(z)

Im(z)

De esta manera, no solo obtenemos que:

sen(2θ ) = 2 cos(θ ) sen(θ ), sino que, igualando las partes reales, también podemos establecer que: cos(2θ ) = cos2 (θ ) − sen2 (θ ).  Ejercicio propuesto 2.4

Demostrar por inducción que la fórmula de De Moivre es cierta para todo número natural n ∈ N. Ejercicio propuesto 2.5

Siguiendo el esquema del Ejemplo 2.9, calcular una expresión para sen(3θ ) en términos de sen(θ ) y cos(θ ).

2.7. Las funciones trigonométricas en función del exponencial complejo Si usamos la exponencial compleja podemos obtener expresiones del seno y del coseno en función de los números complejos. Vamos, pues, a realizar un proceso constructivo para establecer estas relaciones.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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Por un lado, consideremos la exponencial de los números complejos θ i y −θ i: eθ i = cos(θ ) + i sen(θ ),

e−θ i = cos(−θ ) + i sen(−θ ). Por otro lado, recordemos que: cos(−θ ) = cos(θ ),

sen(−θ ) = − sen(θ ), tal y como se puede ver en la Figura 2.18. Esto nos permite escribir nuevamente: eθ i = cos(θ ) + i sen(θ ) e−θ i = cos(−θ ) + i sen(−θ )

= cos(θ ) − i sen(θ ).

Si sumamos estas dos expresiones obtenemos: eθ i + e−θ i = cos(θ ) + i sen(θ ) + cos(θ ) − i sen(θ )

= 2 cos(θ )

y, por tanto, si dividimos por 2 toda la igualdad, obtenemos el valor de cos(θ ): eθ i + e−θ i . 2 Si ahora, en lugar de sumar, restamos las dos expresiones, obtenemos: cos(θ ) =

eθ i − e−θ i = cos(θ ) + i sen(θ ) − (cos(θ ) − i sen(θ ))

= cos(θ ) + i sen(θ ) − cos(θ ) + i sen(θ ) = 2i sen(θ ).

Dividiendo nuevamente, pero ahora entre 2i, nos queda: eθ i − e−θ i . 2i Las expresiones de las funciones trigonométricas seno, coseno y tangente en función de la exponencial compleja son: sen(θ ) =

eθ i − e−θ i 2i eθ i + e−θ i cos(θ ) = 2
i e−θ i − eθ i tan(θ ) = −θ i e + eθ i

sen(θ ) =

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

cos(θ )

sen(θ )

θ −θ

sen(−θ )

cos(−θ )

Figura 2.18. Relaciones trigonométricas: cos(−θ ) = cos(θ ), sen(−θ ) = − sen(θ ).

Las funciones hiperbólicas son unas funciones muy interesantes que aparecen en numerosas ramas de la ciencia. Su origen nos lleva hasta el matemático alemán Johann Heinrich Lambert (1728-1777), cuando trataba de comparar el área de una región semicircular con el área de una región limitada por una hipérbola. Recuérdense las definiciones de las funciones hiperbólicas: ex − e−x , 2 ex + e−x , cosh(x) = 2 ex − e−x tanh(x) = x , e + e−x

senh(x) =

que se leen seno hiperbólico, coseno hiperbólico y tangente hiperbólica. Podemos observar las similitudes entre estas funciones y las funciones trigonométricas. En particular, podemos establecer las siguientes equivalencias: Proposición 2.3

Las funciones trigonométricas y las funciones hiperbólicas están relacionadas de la siguiente manera: (1) sen(θ ) = −i senh(θ i) (2) cos(θ ) = cosh(θ i) (3) sen(θ i) = i senh(θ ) (4) cos(θ i) = cosh(θ )

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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D EMOSTRACIÓN. Supongamos que θ ∈ R, entonces: (1)

eθ i − e−θ i 2 eθ i − e−θ i i = −i · 2 i eθ i − e−θ i = 2i = sen(θ )

−i senh(θ i) = −i

(2)

eθ i + e−θ i 2 = cos(θ )

cosh(θ i) =

(3)

e(θ i)i − e−(θ i)i 2i e−θ − eθ = 2i e−θ − eθ i · = 2i i e−θ − eθ ·i = −2 eθ − e−θ =i 2 = i senh(θ )

sen(θ i) =

(4)

e(θ i)i + e−(θ i)i 2 e−θ + eθ = 2 eθ + e−θ = 2 = cosh(θ )

cos(θ i) =

como queríamos ver. Ejemplo 2.10 Calcular la forma binómica de sen(i).

 

S OLUCIÓN. Teniendo en cuenta la igualdad sen(θ i) = i senh(θ ) con θ = 1 tenemos que: ! e − 1e i, sen(i) = i senh(1) = 2 que es un número imaginario puro.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

2.8. Raíces de números complejos En el conjunto de los números reales, la raíz cuadrada de un número positivo tiene dos soluciones. Por ejemplo, las dos raíces cuadradas del número 1 son −1 y +1, ya que: 12 = 1,

(−1)2 = 1. Si se trata de hacer una raíz cúbica, solo existe una solución. Por ejemplo, la raíz cúbica de −1 es el mismo −1:

(−1)3 = −1. Esto se puede ver en la Figura 2.19: Cuando calculamos raíces cuadradas, por ejemplo, de 2, lo que hacemos es buscar qué elevados al cuadrado dan 2. Estos números son, como puede verse, √ √ números − 2 y 2. De los números negativos no podemos calcular raíces cuadradas. Cuando calculamos raíces cúbicas, por ejemplo, de 2, lo que hacemos es buscar √ qué números elevados al cubo dan 2. En este caso, tenemos un único valor, 3 2 (aproximadamente 1.26), como se ve en la Figura 2.19. Todos los números, tanto positivos como negativos, tienen una raíz cúbica.

y=2

√ − 2

√

y=2

√ 3 2

2 y = −1

y = −1

Figura 2.19. Raíces cuadradas de un número real (izquierda): para determinar las raíces cuadradas de un número s se buscan las intersecciones de la parábola y = x2 con la recta y = s. Raíces cúbicas de un número real (derecha): para determinar las raíces cúbicas de un número s se buscan las intersecciones de la función y = x3 con la recta y = s.

En el conjunto de los números reales: Las raíces de índice par (raíz cuadrada, raíz cuarta, etc.), no tienen solución si el número es negativo.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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Las raíces de índice par (raíz cuadrada, raíz cuarta, etc.), tienen dos soluciones si el número es positivo. Las raíces de índice impar (raíz cúbica, raíz quinta, etc.), tienen siempre una solución. En el conjunto de los números complejos hay diferencias respecto a lo que pasa en el conjunto de los números reales: Una raíz cuadrada tiene siempre dos soluciones. Una raíz cúbica tiene siempre tres soluciones. Y, de manera general, una raíz enésima tiene siempre n soluciones. Consideremos, por ejemplo, el problema de encontrar los números complejos z que satisfacen la ecuación: z3 = 1. En este caso, las soluciones de esta ecuación, es decir, los números z que verifican la ecuación anterior, se denominan raíces cúbicas de la unidad. Para resolver la ecuación anterior, lo primero que debemos hacer es tener en cuenta que el número 1 es un número complejo que en coordenadas polares tiene módulo 1 y argumento 0: 1 = 10 = 1e0i . Además, podemos usar otros argumentos equivalentes, como por ejemplo, 2π , 4π , 6π o cualquier otro múltiplo de 2π , ya que al sumar una vuelta completa no estamos cambiando la posición del vector que representa a este número complejo y, por tanto, tampoco cambiamos su valor. De esta manera, también podemos escribir: 1 = 10 = 12π = 14π = 16π = · · ·

= e0i = e2π i = e4π i = e6π i = · · ·

= e2kπ i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

Así pues, la ecuación z3 = 1 es equivalente a: z3 = e2π ki ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

Para resolver esta ecuación se toman raíces cúbicas en los dos lados de la ecuación o, lo que es lo mismo, se elevan las dos partes de la igualdad a la potencia 13 . Si lo hacemos, obtenemos la siguiente ecuación: z3


13

=z=e

2kπ i 3

,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

Finalmente, para determinar las soluciones solo hace falta ir dando valores a la variable k. De esta manera, hallaremos los valores de las diferentes raíces cúbicas. En particular,

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

como sabemos que debemos encontrar exactamente 3 raíces cúbicas, sustituimos el valor de k por 0, 1 y 2: k=0: k=1: k=2:

z = e0i = 1

√ 1 3 + i sen =− + i z = e = cos 3 3 2 √2  4π   4π  4π 1 3 z = e 3 i = cos + i sen =− − i 3 3 2 2 2π 3 i

 2π 

 2π 

Si damos a k más valores, como por ejemplo k = 3, k = 4 o k = 5, no obtenemos nuevas raíces, ya que estas se irían repitiendo. De manera análoga a cómo se calculan las raíces cúbicas de la unidad, se pueden calcular las raíces de cualquier número complejo. Proposición 2.4

La ecuación zn = reθ i tiene n soluciones que son: z=

√ θ 2π n r e( n + n k ) i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . . , n − 1

Nótese que, al ser r un número real positivo, positiva de r.

√ n

r hace referencia a la raíz enésima

Ejemplo 2.11 [Las raíces cúbicas de -8] Consideremos ahora el problema de hallar los

números complejos z que satisfagan la ecuación: z3 = −8. En este caso, las soluciones de esta ecuación, es decir, los números z que verifican la ecuación anterior, se denominan raíces cúbicas de −8. Para resolver la ecuación anterior, lo primero que hay que hacer es tener en cuenta que el número −8 es un número complejo que en coordenadas polares tiene módulo 8 y argumento π : −8 = 8π = 8eπ i . Igual que antes, podemos usar otros argumentos equivalentes, como por ejemplo, π + 2π , π + 4π o π + 6π , ya que estamos sumando vueltas completas. De esta manera, también podemos escribir: −8 = 8π = 8π +2π = 8π +4π = 8π +6π = · · ·

= 8eπ i = 8e(π +2π )i = 8e(π +4π )i = 8e(π +6π )i = · · · = 8e(π +2kπ )i ,

✐

k = 0, 1, 2, 3, . . .

✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

75

Así pues, la ecuación z3 = −8 es equivalente a: z3 = 8e(π +2kπ )i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

Para resolver esta ecuación, lo que se hace es añadir raíces cúbicas a ambos lados de la ecuación o, lo que es lo mismo, elevar ambas partes de la igualdad a la potencia 13 . Si lo hacemos, obtenemos esta ecuación: z3


13

√ π 2kπ 3 = z = |{z} 8 e( 3 + 3 ) i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

2

Finalmente, para determinar las soluciones solo debemos dar valores a la variable k. De esta manera hallaremos los valores de las diferentes raíces cúbicas. En particular, como sabemos que debemos encontrar exactamente 3 raíces cúbicas, sustituimos el valor de k por 0, 1 y 2:  π   π  √ π 3 + i sen k=0: z = 8e 3 i = 2 cos 3 3 √ ! √ 3 1 + i = 1 + 3i =2 2 2 √ 3 k=1: z = 8eπ i = 2 (cos (π ) + i sen (π ))

= 2 (−1) = −2      √ 5π 5π 5π 3 i 3 z = 8e = 2 cos + i sen 3 3 √ ! √ 3 1 =2 − i = 1 − 3i 2 2

k=2:

 Ejemplo 2.12 [Raíces cuadradas, cúbicas y cuartas de -1] Expresemos primero el nú-

mero complejo −1 en forma exponencial: −1 = eπ i = e(π +2π k)i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

Por tanto, queremos resolver la ecuación: zn = e(π +2π k)i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

para n = 2, 3 y 4. Aplicamos la raíz n-ésima en los dos lados de la igualdad: 1

(zn ) n = z = e

✐

( π + 2π k ) i n

π

= e( n +

2π k n

)i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

✐

76

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Para determinar las raíces cuadradas, sustituimos n = 2 y tomamos 0 y 1 como valores de k: π  π  π k=0: z = e 2 i = cos + i sen =i 2 2  3π   3π  π 3π + i sen = −i k=1: z = e( 2 +π )i = e 2 i = cos 2 2

De la misma manera, para determinar las raíces cúbicas, sustituimos n = 3 y tomamos 0, 1 y 2 como valores de k: π   π  1 √3 π i k=0: z = e 3 = cos + i sen = + i 3 3 2 2 π 2π k=1: z = e( 3 + 3 )i = eπ i = −1  5π   5π  1 √3 4π π 5π + i i ( ) k=2: z = e 3 3 = e 3 = cos + i sen = − i 3 3 2 2

Finalmente, para determinar las raíces cuartas, sustituimos n = 4 y tomamos 0, 1, 2 y 3 como valores de k: √ √  π  1 √3 π  π 2 2 i 4 + i sen = + i= + i k=0: z = e = cos 3 3 2 2 2 √2 √  3π   3π  π 2π 3π 2 2 k=1: z = e( 4 + 4 )i = e 4 i = cos + i sen =− + i 4 4 2 2 √ √  5π   5π  4π π 5π 2 2 k=2: z = e( 4 + 4 )i = e 4 i = cos + i sen =− − i 4 4 2 2 √ √  7π   7π  π 6π 7π 2 2 + i sen = − i k=3: z = e( 4 + 4 )i = e 4 i = cos 4 4 2 2

En la Figura 2.20 hemos representado las raíces cuadradas, cúbicas y cuartas del número z = −1. Obsérvese que todas las raíces tienen el mismo módulo (están situadas sobre una circunferencia) y que están situadas en los vértices de un polígono regular de n vértices. De esta manera, las raíces cuadradas siempre están alineadas, las raíces cúbicas son los vértices de un triángulo equilátero y las raíces cuartas son los vértices de un cuadrado. En la Figura 2.21 hemos representado las raíces quintas y sextas de z = −1, que también son los vértices de un polígono regular. 

2.9. El logaritmo de un número complejo En el conjunto de los números reales, la función exponencial es biyectiva y, por tanto, invertible, cuya inversa es la función logaritmo (neperiano o natural). Es decir: exp(x) = ex = y

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✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

1π /2

1π /3

13π /4

1π /4

15π /4

17π /4

77

1π

15π /3

13π /2

Figura 2.20. Raíces cuadradas, cúbicas y cuartas del número z = −1.

13π /5

13π /6 1π /5

15π /6

1π /6

1π 111π /6

19π /5 1 7π /6 17π /5

19π /6

Figura 2.21. Raíces quintas y sextas del número z = −1.

es equivalente a: x = ln(y). Recordemos que el dominio de la función exponencial es Dom(exp) = R y su imagen o recorrido el intervalo (0, +∞), mientras que el dominio de la función logaritmo es Dom(ln) = (0, +∞) y su recorrido, R. Pero a la hora de definir una función equivalente al logaritmo en el conjunto de los números complejos, hemos de tener en cuenta que la función exponencial compleja ya no es biyectiva, ya que: reθ i = re(θ +2π k)i , k ∈ Z. Por tanto, si x + iy es el logaritmo de z = reθ i , ha de ser cierto que: ex+iy = ex eiy = reθ i , lo que implica que: ex = r ⇒ x = ln(r)

✐

✐

78

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

y también que: y = θ + 2π k, k ∈ Z. De modo que podemos establecer la siguiente definición: Definición 2.15 Logaritmo complejo

Sea z = reθ i ∈ C. Se define el logaritmo complejo de z, ln(z) como: ln(z) = ln(r) + (θ + 2π k)i, k ∈ Z. De la anterior definición se desprende que el logaritmo de un número complejo no es un solo número sino una familia de infinitos números complejos, todos ellos con la misma parte real igual a ln(r) y con partes imaginarias que difieren en múltiplos de 2π . Definición 2.16 Valor principal del logaritmo

Sea z = reθ i ∈ C. Se define el valor principal del logaritmo complejo de z, ln(z) como: ln(z) = ln(r) + θ i. Es decir, se ha considerado el logaritmo de z con k = 0. Nota 2.1

El logaritmo complejo está definido para todos los números complejos a excepción del número complejo z = 0. Ejemplo 2.13 Expresar en forma binómica ln(i).

S OLUCIÓN. En primer lugar, para calcular el logaritmo hemos de expresar el número complejo en forma polar o exponencial. En este caso, tenemos que: π

i = e 2 i. Por tanto:  π  π  π  ln(i) = ln e 2 i = ln(1) + + 2π k i = + 2π k i, k ∈ Z. 2 2 En este caso, el valor principal del logaritmo es: ln(i) =

π i 2

Nótese que el valor principal de ln(i) es un número complejo imaginario puro de módulo | ln(i)| = π2 y argumento principal π2 radianes. 

✐

✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

79

Ejemplo 2.14 Expresar en forma binómica iln(i) .

S OLUCIÓN. En primer lugar, vamos a expresar de forma distinta este número complejo: 2

iln(i) = eln(i)·ln(i) = e(ln(i)) . Ahora, utilizando el resultado del Ejemplo 2.13, sabemos que:  π + 2π k i, k ∈ Z. ln(i) = 2 Por tanto:

2

2

π

e(ln(i)) = e(( 2 +2π k)i) , k ∈ Z 2

π

= e−( 2 +2π k) , k ∈ Z 2

π

Nótese que el número complejo iln(i) = e−( 2 +2π k) , k ∈ Z, es un número complejo con parte imaginaria nula de módulo: 2 −( π +2π k)2 e 2 = e−( π2 +2π k) y con argumento principal:



−( π2 +2π k)

2

arg e



= 0. 

Propiedad 2.5 Del logaritmo complejo

Sean z, u ∈ C. Entonces se tiene:

(1) ln(z · u) = ln(z) + ln(u) + 2π ki, k ∈ Z.

(2) ln(z/u) = ln(z) − ln(u) + 2π ki, k ∈ Z. (3) ln(zn ) = n ln(z) + 2π ki, k ∈ Z. D EMOSTRACIÓN. Consideremos la expresión en forma exponencial de z y u, es decir, z = reα i y u = seβ i . Entonces:  
(1) ln(z) + ln(u) + 2π ki = ln reα i + ln seβ i + 2π ki

= ln(r) + α i + 2π k1 i + ln(s) + β i + 2π k2 i + 2π ki = ln(rs) + (α + β )i + 2π (k1 + k2 + k)i

= ln(rse(α +β )i ) = ln(reα i · seβ i ) = ln(z · u)

✐

✐

80

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(2) ln(z/u) = ln





reα i seβ i



 1 −β i = ln re · e s  
= ln reα i + ln s−1 e−β i + 2π ki
= ln(z) + ln s−1 − β i + 2π ki αi

= ln(z) − ln(s) − β i + 2π ki

= ln(z) − (ln(s) + β i) + 2π ki

= ln(z) − ln(u) + 2π ki (3)


ln (zn ) = ln (reα i )n
= ln rn enα i

= ln (rn ) + nα i + 2π ki

= n ln(r) + nα i + 2π ki = n (ln(r) + α i) + 2π ki
= n ln reα i + 2π ki

= n ln (z) + 2π ki

Las funciones trigonométricas en función del exponencial complejo y el logaritmo complejo también nos permiten resolver ecuaciones en C como: sen(z) = 3 o incluso: tan(x) =

i 2

Resolvamos la ecuación sen(z) = 3 en el siguiente ejemplo. Ejemplo 2.15 [Ecuación trigonométrica] Resolver la ecuación sen(z) = 3.



S OLUCIÓN. Recordando la expresión del seno en función del exponencial complejo podemos escribir:

✐

✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

81

ezi − e−zi =3 2i ⇔ ezi − e−zi = 6i 1 ⇔ ezi − zi = 6i e ⇔ e2zi − 1 = 6ezi i

sen(z) = 3 ⇔

⇔ e2zi − 6ezi i − 1 = 0

⇔ −e2zi i2 − 6ezi i − 1 = 0

⇔ −(ezi i)2 − 6ezi i − 1 = 0

Si ahora definimos x = ezi i, la ecuación anterior se convierte en: −x2 − 6x − 1 = 0, o, equivalentemente: x2 + 6x + 1 = 0. Las soluciones de esta ecuación son:

√ √ −6 ± 36 − 4 = −3 ± 2 2. x= 2

Por tanto: √ x = ezi i ⇔ ezi i = −3 ± 2 2  √  ⇔ ezi = 3 ∓ 2 2 i Aplicando logaritmos: √  3∓2 2 i  √  = ln 3 ∓ 2 2 + ln(i)  π   √  = ln 3 ∓ 2 2 + ln e 2 i   √  π = ln 3 ∓ 2 2 + + 2π k i, k ∈ Z 2

zi = ln

Finalmente:

z=

✐

π

2



  √  + 2π k − i · ln 3 ∓ 2 2 , k ∈ Z.

✐

82

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejercicio propuesto 2.6

Resolver la ecuación tan(x) = 2i .

2.10. Aplicaciones de los números complejos a circuitos de corriente alterna Un circuito eléctrico de corriente alterna (CA), como el de la Figura 2.22, formado por resistores, condensadores e inductores, puede analizarse a través de la ecuación: V = ZI, donde V es el voltaje, Z es la impedancia e I la corriente eléctrica. Tanto V , Z como I son números complejos. R

C

✁❆✁❆✁❆

L ✞☎ ✞☎ ✞☎

✓✏

∼

✒✑

V

Figura 2.22. Circuito eléctrico RLC.

Cada componente de un circuito eléctrico tiene asociada una impedancia compleja. Para dos componentes en serie, la impedancia resultante, ZR , se calcula con la fórmula: ZR = Z1 + Z2 . Para dos componentes en paralelo, la impedancia resultante viene determinada por: 1 1 1 = + . ZR Z1 Z2 Por tanto, en el caso de circuitos con componentes en paralelo, puede ser más sencillo el cálculo de la inversa de la impedancia, la admitancia, Y = 1/Z. De esta manera, la admitancia resultante de un circuito con elementos en paralelo es: YR = Y1 + Y2 y V = I/Y . La parte real de Z se llama resistencia o parte resistiva y la parte imaginaria se llama reactancia o parte reactiva, de manera que puede escribirse: Z = R + Si, donde R y S se miden en ohmios.

✐

✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

83

Las impedancias de los componentes de un circuito eléctrico se encuentran en la Tabla 2.5, donde ω es la frecuencia angular de la señal de entrada (o fuente) y ω = 2π f , donde f es la frecuencia (en hercios), R es la resistencia (en ohmios), C es la capacidad del condensador (en faradios) y L es la impedancia (en henrios). Tabla 2.5. Impedancias de los componentes de un circuito eléctrico.

Resistor

Z=R

No tiene parte reactiva

Condensador

Z = 1/(iω C ) = −i/(ω C )

Puramente reactiva

Inductor

Z = iω L

Puramente reactiva

Ejemplo 2.16 Calcular la impedancia del circuito de la Figura 2.22, con una frecuencia

de 20 kHz, donde L = 2 mH, C = 100 µ F y R = 2000 Ω. Suponed que la tensión tiene una amplitud de 300 V y calcular también la corriente eléctrica I y el desfase relativo.  S OLUCIÓN. Las impedancias del resistor, el condensador y el inductor son: −i R, , iω L, ωC respectivamente. Como nos han dado la frecuencia, f , en hercios, el valor de ω = 2π f es:

ω = 2π f = 2π · 20 · 103 = 4 · 104 · π .

Considerando que los elementos del circuito están en serie, la impedancia resultante es la suma de la impedancia de cada componente. En efecto: i + iω L Z = R− ωC i = 2000 − + i · 4 · 104 · 2 · 10−3 4 4 · 10 · π · 100 · 10−6 i = 2000 − + i · 80 4 π  1 = 2000 + i 80 − 4π ≈ 2000 + 79.92i

En coordenadas polares, Z = 2000 + 79.92i puede expresarse como Z = 2001.602.29◦ . Entonces, si tenemos en cuenta la relación V = ZI y considerando que V = 3000◦ : 3000◦ V I= = = 0.15−2.29◦ , Z 2001.602.29◦ y, por tanto, obtenemos una corriente eléctrica de magnitud 0.15 A con un retraso de fase de 2.29◦ .

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✐

84

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejercicio propuesto 2.7

El circuito de la Figura 2.23 puede utilizarse como filtro pasobajo (que permite el paso de las frecuencias más bajas y atenúa las frecuencias más altas). Si consideramos que R = 300 Ω, L = 2 mH y C = 10 µ F, calcular la admitancia del circuito suponiendo una frecuencia de 2 kHz. Si suponemos también que la corriente eléctrica tiene una amplitud de 12 A, calculad el módulo y el desfase de la tensión.

r ✞ ✞ ✝ L✝ ✞ ✝

C

❍ ✟ R❍ ✟ ❍ ✟

✓✏ ✓✏ ✒✑ ✒✑

V

r

I

Figura 2.23. Circuito eléctrico.

Problemas resueltos (números complejos) Problema 2.1

Aplicar la fórmula para obtener las soluciones de una ecuación de segundo grado a la ecuación: x2 − 10x + 40 = 0 √ √ y ver que se obtienen las soluciones 5 + −15 y 5 − −15 (aunque dentro de la raíz haya un número negativo). Solución

En este ejercicio se nos propone que consideremos la ecuación: x2 − 10x + 40 = 0 y que recuperemos las soluciones: √ √ 5 + −15 y 5 − −15, utilizando la fórmula para obtener las soluciones de una ecuación de segundo grado.

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✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

85

Si aplicamos la fórmula (teniendo en cuenta que, en este caso, a = 1, b = −10 y c = 40) tenemos: √ √ 10 ± 100 − 160 −b ± b2 − 4ac = x = 2a 2 √ √ √ √ √ 10 ± −60 −15 4 −15 · 2 = = 5± = 5± = 5 ± −15. 2 2 2 Con lo que hemos recuperado las dos soluciones que queríamos. Problema 2.2

Calcular las soluciones de la siguiente ecuación de segundo grado: x2 − 2x + 5 = 0. ¿Se observa alguna característica común en sus soluciones? Solución

En este ejercicio tenemos que calcular las soluciones de la ecuación x2 − 2x + 5 = 0; sabiendo que si al calcularlas nos aparece una raíz de un número negativo, podemos √ utilizar el hecho de que −1 = i. Para calcular las soluciones utilizaremos la fórmula que nos permite calcular las soluciones de una ecuación de la forma ax2 + bx + c = 0. En nuestro caso, a = 1, b = −2 y c = 5; por tanto: √ √ 2 ± 4 − 20 −b ± b2 − 4ac = x = 2a 2 √ √ √ 16 −1 2 ± −16 4i = = 1± = 1 ± = 1 ± 2i. 2 2 2 Con lo que las dos soluciones son 1 + 2i y 1 − 2i. Podemos observar que las dos soluciones son iguales excepto por la constante que acompaña a la i, que cambia de signo. Problema 2.3

Calcular las soluciones de la siguiente ecuación de segundo grado: x2 − 6x + 25 = 0. ¿Se observa alguna característica común en las soluciones de las ecuaciones que se han resuelto? Solución

Este ejercicio es igual que el Problema 2.2, pero cambiando los coeficientes de la ecuación a resolver.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Como hicimos en el Problema 2.2, utilizaremos la fórmula que nos permite calcular las soluciones de una ecuación de la forma ax2 + bx + c = 0. Ahora a = 1, b = −6 y c = 25; por tanto: √ √ 6 ± 36 − 100 −b ± b2 − 4ac x = = 2a 2 √ √ √ 8i 6 ± −64 64 −1 = 3± = 3 ± = 3 ± 4i. = 2 2 2 Con lo que las dos soluciones son 3 + 4i y 3 − 4i.

Al igual que en el Problema 2.2, podemos observar que las dos soluciones son iguales excepto por la constante que acompaña a i, que cambia de signo. Es decir, las soluciones son de la forma: y

x = c1 + c2 i

x = c1 − c2 i,

donde las constantes c1 y c2 dependen de la ecuación que estemos considerando. Problema 2.4

√ Aunque el número irracional 2 no se puede expresar como una fracción, sí que podemos situarlo sobre una recta numérica (de hecho, lo encontramos entre 1,4 y 1,5). ¿Cómo se puede situar exactamente? Solución

Consideremos un cuadrado de lado 1. Si aplicamos el teorema de Pitágoras sabemos que su diagonal tiene una longitud igual a:

d= Por tanto, para situar el número una escuadra y un compás.

p

12 + 12 =

√ 2.

√ 2 sobre la recta real solo necesitamos tener una regla,

Con ayuda de la regla y de la escuadra, dibujamos dos ejes coordenados y en ellos dibujamos el cuadrado [0, 1] × [0, 1]. Una vez dibujado el cuadrado, trazamos su diagonal. Finalmente, con la punta del compás en el punto (0, 0) trasladamos la diagonal del cuadrado sobre el eje x. Véase la Figura 2.24.

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✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

√

87

2

Figura 2.24. Cuadrado de lado 1 (Problema 2.4).

Problema 2.5

Consideremos un triángulo rectángulo de perímetro 12 y área 7. Comprobar que la longitud x de uno de los lados del triángulo verifica la ecuación: 6x2 − 43x + 84 = 0. Representar gráficamente la parábola: y = 6x2 − 43x + 84 y comprobar que no tiene ningún corte con el eje de abscisas. Solución

Consideremos el triángulo rectángulo de la Figura 2.25. Sabemos que el perímetro del triángulo tiene que ser 12, es decir, se cumple: x + y + z = 12. Además, sabemos que el área del triángulo debe ser 7, es decir, se cumple:

(1/2)xy = 7 (recuérdese que el área de un triángulo es la mitad de la base (x) por la altura (y)). Además, como el triángulo es un triángulo rectángulo, podemos aplicar el teorema de Pitágoras que afirma que: z2 = x2 + y2 .

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

y

z

x Figura 2.25. Triángulo rectángulo de lados x, y y z (Problema 2.5).

Por tanto, las tres ecuaciones que han de verificar las longitudes de los lados son:

(1) x + y + z = 12 (2) xy = 14 (3) z2 = x2 + y2 . Si aislamos z de la ecuación (1) y elevamos la igualdad al cuadrado tenemos: z = 12 − x − y

−→

z2 = (12 − x − y)2 .

Ahora podemos igualar este resultado con la ecuación (3), con lo que queda:

(12 − x − y)2 = x2 + y2 . Ahora, lo único que falta es desarrollar la expresión anterior y usar la ecuación (2). En efecto, desarrollemos el miembro de la izquierda de la ecuación anterior:

(12 − x − y)2 = (12 − (x + y))2 = 122 + (x + y)2 − 2 · 12(x + y) = 122 + x2 + y2 + 2xy − 24x − 24y. Si igualamos este resultado con el miembro de la derecha obtenemos: 122 + x2 + y2 + 2xy − 24x − 24y = x2 + y2 , donde podemos simplificar los términos x2 + y2 para llegar a: 122 + 2xy − 24x − 24y = 0.

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✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

89

Ahora, para poder usar la ecuación (2), multiplicamos toda la ecuación anterior por x y sustituimos todos los productos xy por 14. 122 x + 2xxy − 24x2 − 24xy = 0

−→

122 x + 28x − 24x2 − 24 · 14 = 0.

Finalmente, agrupamos términos: 144x + 28x − 24x2 − 336 = 0

−→

24x2 − 172x + 336 = 0,

y dividiendo por 4 obtenemos el resultado que queríamos: 6x2 − 43x + 84 = 0. A continuación, calcularemos los valores de x que verifican la ecuación anterior. Para ello aplicaremos la fórmula que nos permite calcular las soluciones de una ecuación de la forma: ax2 + bx + c = 0. √ √ −b ± b2 − 4ac 43 ± 1849 − 2016 = x = 2a 12 √ √ √ √ −167 −15 · 2 43 ± −167 43 = = ± = 5± = 5 ± −15. 12 12 12 2 Dado que no existen soluciones reales a la ecuación, la parábola: y = 6x2 − 43x + 84 no tiene ningún corte con el eje de abscisas, tal como se observa en la Figura 2.26. Esto implica que no se puede construir un triángulo con las características expuestas en el enunciado. Problema 2.6

Representar en el plano complejo los siguientes números: z1 = 3, z2 = 3i, z3 = −2i, z4 = 1 + 2i, z5 = −2 + i.

Solución

Recordemos que un número complejo a + bi se puede asociar con un punto del plano complejo, el punto (a, b). De esta manera podemos asociar los puntos que se nos han dado con los puntos: z1 = 3 −→ (3, 0) z2 = 3i

z3 = −2i

z4 = 1 + 2i

−→ (0, 3)

−→ (0, −2)

−→ (1, 2)

z5 = −2 + i −→ (−2, 1).

✐

✐

90

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Figura 2.26. Parábola y = 6x2 − 43x + 84 (Problema 2.5).

z2 = 3i z4 = 1 + 2i z5 = −2 + i z1 = 3

z3 = −2i Figura 2.27. Puntos (3, 0), (0, 3), (0, −2), (1, 2) y (−2, 1) del plano complejo (Problema 2.6).

En la Figura 2.27 hemos representado estos puntos en el plano complejo.

✐

✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

91

Problema 2.7

Sumar los vectores (2, −1) y (1, 3) gráficamente. Solución

Para dibujar la suma de los dos vectores dados (2, −1) y (1, 3), lo primero que tenemos que hacer es representarlos gráficamente (véase la gráfica de la izquierda de la Figura 2.28). Estos puntos están asociados a los puntos complejos 2 − i y 1 + 3i. El segundo paso es dibujar dos rectas paralelas a los vectores dados, de manera que los dos vectores y las dos paralelas formen un paralelogramo (tal como se ve en la gráfica central de la Figura 2.28). Finalmente, la suma de los dos vectores tiene como origen el punto (0, 0) y como final la intersección de las dos rectas dibujadas (véase la gráfica de la derecha de la Figura 2.28).

z2 = 1 + 3i

z2 = 1 + 3i

z2 = 1 + 3i z1 + z2 = 3 + 2i

z1 = 2 − i

z1 = 2 − i

z1 = 2 − i

Figura 2.28. Suma de los vectores (2, −1) y (1, 3) por el método gráfico (Problema 2.7).

Problema 2.8

Dados z1 = 3 + 4i y z2 = 1 − 2i, calcular z1 + z2 . Representar estos tres números complejos en el plano complejo y comprobar que se cumple la ley del paralelogramo. Solución

Consideremos los números z1 = 3 + 4i y z2 = 1 − 2i. Tenemos que calcular su suma: z1 + z2 . Recordemos que para sumar dos números complejos, sumaremos las dos partes reales y las dos partes imaginarias separadamente (es como si consideráramos i como una variable y operáramos con los números). z1 + z2 = (3 + 4i) + (1 − 2i) = (3 + 1) + (4 − 2)i = 4 + 2i.

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92

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Para representar estos números complejos en el plano complejo, debemos recordar que todo número complejo de la forma a + bi está asociado al punto (a, b) del plano complejo. Por tanto, tenemos que representar los puntos: Número complejo z1 = 3 + 4i z2 = 1 − 2i z1 + z2 = 4 + 2i

−→ Punto del plano −→ (3, 4) −→ (1, −2) −→ (4, 2).

Obsérvese en la Figura 2.29 que se cumple la ley del paralelogramo. z1 = 3 + 4i

z1 + z2 = 4 + 2i

z2 = 1 − 2i Figura 2.29. Suma de los vectores z1 = 3 + 4i y z2 = 1 − 2i (Problema 2.8).

Problema 2.9

Dados z1 = 3 + 4i y z2 = 1 − 2i, calcular z1 − z2 . Representar estos tres números complejos en el plano complejo. Solución

Consideremos los números z1 = 3 + 4i y z2 = 1 − 2i. Tenemos que calcular su resta: z1 − z2 . Recordemos que para restar dos números complejos, restaremos las dos partes reales y las dos partes imaginarias separadamente (es como si consideráramos la i como una variable y operáramos con los números). z1 − z2 = (3 + 4i) − (1 − 2i) = (3 − 1) + (4 − (−2))i = 2 + 6i.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

93

Para representar estos números complejos en el plano complejo, debemos recordar que todo número complejo de la forma a + bi está asociado al punto (a, b) del plano complejo. Por tanto, tenemos que representar los puntos: Número complejo z1 = 3 + 4i z2 = 1 − 2i z1 − z2 = 2 + 6i

−→ Punto del plano −→ (3, 4) −→ (1, −2) −→ (2, 6).

z1 − z2 = 2 + 6i z1 = 3 + 4i −z2 = −1 + 2i

z2 = 1 − 2i Figura 2.30. Representación de los números z1 = 3 + 4i, z2 = 1 − 2i y z1 − z2 en el plano complejo (Problema 2.9).

Obsérvese que para restar dos números complejos z1 y z2 , en el fondo lo que se hace es sumar los números z1 y −z2 , como se ve en la Figura 2.30. Problema 2.10

Dados z1 = 3 + 4i y z2 = 1 − 2i, calcular z1 · z2 . Solución

Recuérdese que el producto de dos números complejos se hace de la misma manera que se haría el producto de dos polinomios de la forma:

(a + bx) · (c + dx) = a(c + dx) + bx(c + dx) = ac + adx + bcx + bdx2 .

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94

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Lo único que hay que tener en cuenta es que cuando aparezca i2 la sustituiremos por −1. z1 · z2 = (3 + 4i) · (1 − 2i)

= 3 · (1 − 2i) + 4i · (1 − 2i) = 3 · 1 + 3 · (−2)i + 4i · 1 + 4i · (−2i)

= 3 − 6i + 4i − 8i2

= (3 + 8) + (−6 + 4)i = 11 − 2i.

(utilizando i2 = −1)

La Figura 2.31 muestra z1 , z2 y el producto de ambos. z1 = 3 + 4i

|z2 | =

√

5

√ |z3 | = |z1 ||z2 | = 5 5

|z1 | = 5

z2 = 1 − 2i

z3 = z1 · z2 = 11 − 2i

Figura 2.31. Representación de los números z1 = 3 + 4i, z2 = 1 − 2i, y z1 · z2 en el plano complejo (Problema 2.10).

Problema 2.11

Dado z = 4 + 3i, calcular z. Calcular luego z . ¿Qué se observa? Solución

Consideremos z = 4 + 3i. El conjugado de este número se obtiene cambiando el signo de la parte imaginaria, es decir: z = 4 + 3i

−→

z¯ = 4 − 3i.

Observemos que si calculamos otra vez el conjugado, es decir, si calculamos z¯, obtenemos: z = 4 + 3i −→ z¯ = 4 − 3i −→ z¯ = 4 − (−3)i = 4 + 3i.

Es decir, z¯ = z.

Problema 2.12

Dado z = 1 + 5i calcular z. Calcular luego z · z. ¿Qué se observa?

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

95

Solución

Tenemos z = 1 + 5i y, por tanto, z¯ = 1 − 5i. Calculemos ahora z · z. z · z = (1 + 5i) · (1 − 5i)

= 1 · 1 + 1 · (−5)i + 5i · 1 + 5i · (−5i)

= 1 − 5i + 5i − 25i2 = 1 − 25(−1) = 1 + 25 = 26.

Observamos, pues, que z · z es un número real positivo y, además, que:

z · z = Re(z)2 + Im(z)2 = (1)2 + (52 ) = 1 + 25 = 26.

Problema 2.13

Hallar los conjugados de los siguientes números complejos y comprobar que z · z es real y positivo (o cero) en todos los casos: 2 − 5i, −4 + 2i, −5, 6i, x + yi. Representar los números y sus conjugados en el plano complejo. Solución

Consideremos primero z1 = 2 − 5i. El conjugado de un número complejo se obtiene cambiando el signo de la parte imaginaria, es decir: z1 = 2 − 5i

−→

z1 = 2 + 5i.

Por tanto: z1 · z1 = (2 − 5i) · (2 + 5i) = 2 · 2 + 2 · 5i − 5i · 2 − 5i · 5i

= 4 + 10i − 10i − 25i2 = 4 − 25(−1) = 4 + 25 = 29.

Obsérvese que al hacer el producto de z1 por su conjugado hemos obtenido: z1 · z1 = 4 + 25 = Re(z1 )2 + Im(z1 )2 = 22 + (−5)2 = 4 + 25 = 29. La representación de z1 y z1 se puede ver en la Figura 2.32. Hagamos ahora lo mismo con z2 = −4 + 2i. El conjugado de un número complejo se obtiene cambiando el signo de la parte imaginaria, es decir: z2 = −4 + 2i

−→

z2 = −4 − 2i.

Luego z2 · z2 = (−4 + 2i) · (−4 − 2i) = (−4) · (−4) + (−4) · (−2i) + 2i · (−4) + 2i · (−2i)

= 16 + 8i − 8i − 4i2 = 16 − 4(−1) = 16 + 4 = 20.

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96

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Obsérvese que al hacer el producto de z2 por su conjugado hemos obtenido, igual que en el ejemplo anterior: z2 · z2 = 16 + 4 = Re(z2 )2 + Im(z2 )2 = (−4)2 + 22 = 16 + 4 = 20. La representación de z2 y z2 se puede ver en la Figura 2.32. Consideremos ahora z3 = −5, es decir, un número real, ya que la parte imaginaria de z3 es nula. En este caso: z3 = −5 −→ z3 = z3 = −5.

Luego

z3 · z3 = (−5) · (−5) = 25. Obsérvese que también, en este caso, podríamos haber usado la fórmula: z3 · z3 = Re(z3 )2 + Im(z3 )2 = (−5)2 + 02 = 25. La representación de z3 y z3 se puede ver en la Figura 2.32. Consideremos ahora z4 = 6i, es decir, un número imaginario puro, ya que la parte real de z4 es nula. En este caso: z4 = 6i

−→

z4 = −z4 = −6i.

Luego z4 · z4 = (6i) · (−6i) = −36i2 = 36. Obsérvese que, también en este caso, se podría haber usado la fórmula: z4 · z4 = Re(z4 )2 + Im(z4 )2 = 02 + 62 = 36. La representación de z4 y z4 se puede ver en la Figura 2.32. Finalmente, hagamos el ejercicio para un número complejo genérico z5 = x + yi. En este caso: z5 = x + yi −→ z5 = x − yi. Luego

z5 · z5 = (x + yi) · (x − yi) = x · x + x · (−yi) + yi · x + yi · (−yi)

= x2 − xyi + xyi − y2 i2 = x2 − y2 i2 = x2 + y2 .

Obsérvese, como ya se ha visto antes, que efectivamente: z5 · z5 = x2 + y2 = Re(z5 )2 + Im(z5 )2 .

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

97

z4 = 6i z1 = 2 + 5i

z2 = −4 + 2i z3 = z3 = −5

z2 = −4 − 2i

z1 = 2 − 5i z4 = −6i Figura 2.32. Representación de los números 2−5i, −4 + 2i, −5 y 6i en el plano complejo (Problema 2.13).

Problema 2.14

Comprobar con un ejemplo que cuando se suma y cuando se multiplica un número complejo por su conjugado se obtiene un número real en cada caso. Solución

En lugar de comprobarlo con un ejemplo, lo veremos en general. Tomemos z = a + bi, entonces su conjugado es z = a − bi. Por tanto, dado que: z + z = (a + bi) + (a − bi) = 2a

y

z · z = (a + bi) · (a − bi) = a2 − abi + abi − (bi)2 = a2 + b2 ,

vemos que, tanto z + z como z · z son números reales.

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98

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 2.15

Dados z1 = 3 + 4i y z2 = 1 − 2i, hallar z1 /z2 .

Solución

Recuérdese que cuando se tiene un cociente de números complejos, lo primero que hay que hacer es conseguir que no queden términos con i en el denominador. Para ello, hay que multiplicar el denominador por su conjugado, lo cual nos obliga a multiplicar también el numerador por el mismo número. 3 + 4i 3 + 4i 1 + 2i (3 + 4i)(1 + 2i) z1 = = · = z2 1 − 2i 1 − 2i 1 + 2i (1 − 2i)(1 + 2i) 2 3 − 8 + 10i −5 + 10i 3 + 6i + 4i + 8i = = = −1 + 2i. = 2 1 + 2i − 2i − 4i 1+4 5 Problema 2.16

Calcular los siguientes números complejos: 1 , i Solución

1 , a + bi

1 1 · , 2 − 3i 1 + i

1 + 2i 2 − i + 3 − 4i 5i

En este ejercicio hay que realizar cocientes de números complejos. Igual que en el Problema 2.15, recuérdese que cuando se tiene un cociente de números complejos, lo primero que hay que hacer es conseguir que no queden términos con i en el denominador. Empecemos por el primer número, 1/i: −i 1 −i −i 1 = = · = = −i. i i −i −i2 1 De forma similar se calcula el siguiente cociente, 1/(a + bi): 1 1 a − bi a − bi = · = a + bi a + bi a − bi (a + bi)(a − bi) a − bi a − bi a − bi = 2 = 2 = 2 . 2 2 2 a − abi + abi − b i a − b (−1) a + b2

Para hacer el siguiente cálculo hay dos opciones, ya que tenemos un producto de números complejos en el denominador. La primera opción es operar el producto del denominador y luego multiplicar por el conjugado del resultado. La segunda opción es multiplicar por los conjugados de los dos números de los denominadores y entonces operar. La primera opción daría lugar a: 1 1 1 1 1 1 · = = = = 2 − 3i 1 + i (2 − 3i)(1 + i) 2 + 2i − 3i − 3i2 2 − i + 3 5 − i 1 5+i 5+i 5+i 5+i = · = = = . 5−i 5+i (5 − i)(5 + i) 25 + 5i − 5i − i2 26

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

99

Veamos cómo lo haríamos con la segunda opción: 1 1 1 2 + 3i 1 1 − i 2 + 3i 1−i · = · · · = · 2 − 3i 1 + i 2 − 3i 2 + 3i 1 + i 1 − i (2 − 3i)(2 + 3i) (1 + i)(1 − i) (2 + 3i)(1 − i) 2 + 3i 1 − i · = = 4+9 1+1 26 2 2 − 2i + 3i − 3i 2+i+3 5+i = = = . 26 26 26 Obsérvese que en este ejercicio se ha utilizado el hecho de que un número por su conjugado es el cuadrado de la parte real más el cuadrado de la parte imaginaria. Es decir, se ha utilizado que:

(2 − 3i)(2 + 3i) = 4 + 6i − 6i − 9i2 = 4 + 9 = 22 + (−3)2 y que:

(1 + i)(1 − i) = 1 − i + i − i2 = 1 + 1 = 12 + 12 .

Finalmente, calculemos el resultado de la siguiente operación: 1 + 2i 2 − i + . 3 − 4i 5i

En este caso, primero hay que calcular cada uno de los términos, que se suman separadamente, y al final, sumar los resultados. 1 + 2i 2 − i 1 + 2i 3 + 4i 2 − i −5i (1 + 2i)(3 + 4i) (2 − i)(−5i) + = · + · = + 3 − 4i 5i 3 − 4i 3 + 4i 5i −5i (3 − 4i)(3 + 4i) −25i2 (1 + 2i)(3 + 4i) (2 − i)(−5i) 3 + 4i + 6i + 8i2 −10i + 5i2 = = + + 32 + 42 25 25 25 −5 + 10i −10i − 5 3 + 10i − 8 −10i − 5 + = + = 25 25 25 25 −1 + 2i −2i − 1 −1 + 2i − 2i − 1 −2 2 = + = = =− . 5 5 5 5 5

Problema 2.17

√ Dado el número complejo −1 − 3i calcular su distancia al origen y el ángulo que forma con el eje positivo x. ¿Qué se observa? Solución

√ Consideremos primero el número z = −1 − 3i. Para calcular su distancia al origen y el ángulo que√forma con el eje positivo x, lo primero √ que haremos será un dibujo. El número z = −1 − 3i está asociado al punto (−1, − 3), tal como se ve en el la Figura 2.33; por tanto, es un número que está situado en el tercer cuadrante.

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100

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

√

2

√ z = −1 − 3i

3

1 √

Figura 2.33. Representación del número −1 − 3i en el plano complejo (izquierda) y triángulo formado por las componentes del número (derecha) (Problema 2.17).

La distancia al√origen la calculamos usando el teorema de Pitágoras. Obsérvese√que el punto (−1, − 3) determina un triángulo cuyos catetos tienen longitudes 1 y 3 y lo que queremos es calcular la longitud de la hipotenusa. Por tanto: r=

q √ √ √ 12 + ( 3)2 = 1 + 3 = 4 = 2.

Para calcular el ángulo que forma con el eje x primero calcularemos el ángulo que hemos marcado en el triángulo de la Figura 2.33. Por el hecho de ser un triángulo rectángulo sabemos que: 1 π sen(θ ) = =⇒ θ = . 2 6 El ángulo que estamos buscando es el ángulo que hemos marcado en el triángulo de la Figura 2.33 más 90◦ = π /2 y, además, como va en el sentido de las agujas del reloj le tenemos que cambiar el signo. Por tanto, el ángulo que estamos buscando es: −

π

6

+

π π + 3π 4π 2π =− =− =− . 2 6 6 3

Finalmente, hagamos de nuevo un dibujo de los resultados que hemos obtenido (véase la Figura 2.34). Problema 2.18

Expresar los siguientes números complejos en coordenadas polares: 3 + 2i, −2 − 5i, −4 + 2i, 4 − 2i.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

101

θ = −2π /3

r=2

√ z = −1 − 3i Figura 2.34. Representación del número −1 − complejo (Problema 2.17).

√ 3i, su módulo y su ángulo en el plano

Solución

Consideremos primero el número z = 3 + 2i. Cuando queremos pasar un número de forma binómica a forma polar, para no equivocarnos en el resultado, es muy importante hacer un dibujo. Por tanto, lo primero que hacemos es representar el número z = 3 + 2i en el plano complejo. Este número está asociado al punto (3, 2), tal como se ve en la Figura 2.35; por tanto, es un número que se halla en el primer cuadrante. De la Figu-

r=

√ 13

θ = arctan

2 3




Figura 2.35. Representación del número z = 3 + 2i, su módulo y su ángulo en el plano complejo (Problema 2.18).

ra 2.35 podemos ver que el argumento (o ángulo) de este número complejo tendrá que estar entre 0◦ y 90◦ = π /2 rad. Vamos ahora a calcular el módulo y el argumento. El módulo (distancia del punto (3, 2) al origen) se calcula como: p √ √ r = 32 + 22 = 9 + 4 = 13.

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102

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Para calcular el argumento θ observemos que de la Figura 2.35 tenemos que: tan(θ ) =

sen(θ ) 2/r 2 Im(z) = = = . cos(θ ) 3/r 3 Re(z)

Por tanto, el ángulo θ lo obtenemos como:

θ = arctan

  2 . 3

Si calculamos este valor con la calculadora (en modo radianes) tenemos que:   2 arctan = 0.588 rad, 3 que es el valor que estamos buscando, ya que: 0 ≤ 0.588 ≤

π = 1.570796327. 2

En consecuencia: z = 3 + 2i =

√ √ √ 130.588 rad = 130.588 rad· 180◦ = 1333.690◦ . π rad

Con el resto de puntos procederemos de la misma manera. Primero haremos un dibujo para situar en qué cuadrante estamos y después calcularemos el módulo y el argumento. Tomemos ahora z = −2 − 5i. Este número complejo está asociado al punto (−2, −5), tal como se ve en la Figura 2.36, por tanto, es un número situado en el tercer cuadrante. En

θ = arctan

r=

√

5 2




−π

29

Figura 2.36. Representación del número z = −2 − 5i en el plano complejo (Problema 2.18).

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

103

la Figura 2.36 podemos ver que el argumento (o ángulo) de este número complejo tendrá que estar entre 180◦ = π rad y 270◦ = 3π /2 rad. Obsérvese que también podemos decir que el ángulo está entre −90◦ = −π /2 rad y −180◦ = −π rad. El módulo es: q √ √ r = (−2)2 + (−5)2 = 4 + 25 = 29. Para calcular el argumento θ observemos que de la Figura 2.36 tenemos que: tan(θ ) =

−5 5 −5/r sen(θ ) = = = . cos(θ ) −2/r −2 2

Por tanto, el ángulo θ lo obtenemos como:   5 θ = arctan . 2 Si calculamos este valor con la calculadora (en modo radianes) tenemos que:   5 = 1.190 rad, arctan 2 que no es el valor que estamos buscando, ya que: 1.190 ≤ π = 3.141592654. Véase la Figura 2.37, en la que hemos representado el ángulo que queremos calcular y el ángulo que nos da la calculadora. El ángulo que hemos obtenido es el equivalente del

ángulo calculadora

+π

−π

θ = arctan

5 2




−π

ángulo correcto

Figura 2.37. Ángulo correcto del número z = −2 − 5i y ángulo calculado con la calculadora (Problema 2.18).

primer cuadrante, como se ve en la Figura 2.37. Para recuperar el ángulo que queremos

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104

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

a partir del ángulo que nos da la calculadora, tenemos que sumar o restar π . Aunque el resultado será diferente, el valor obtenido será el mismo ángulo. En este caso, hemos decidido restar π : θ = 1.190 − π = −1.951,

y el número complejo es:

z = −2 − 5i =

√

19−1.951 rad =

√

19−1.951 rad· 180◦ =

√

π rad

19−111.801◦ .

Consideremos ahora el número z = −4 + 2i. Este número complejo está asociado al punto (−4, 2), tal como se ve en la Figura 2.38, por tanto, es un número que se halla en el segundo cuadrante.

√ r=2 5

θ = 2.677945045

Figura 2.38. Representación del número z = −4 + 2i en el plano complejo, su módulo y su ángulo (Problema 2.18).

En la Figura 2.38 podemos ver que el argumento (o ángulo) de este número complejo tendrá que estar entre 90◦ = π /2 rad y 180◦ = π rad. El módulo es: q √ √ √ √ √ r = (−4)2 + 22 = 16 + 4 = 20 = 4 5 = 2 5. Para calcular el argumento θ observemos que de la Figura 2.38 tenemos que: tan(θ ) =

sen(θ ) 2/r 2 1 = = =− . cos(θ ) −4/r −4 2

Por tanto, el ángulo θ lo obtenemos como: 

 1 θ = arctan − . 2 Si calculamos este valor con la calculadora (en modo radianes) tenemos que:   1 arctan − = −0.464 rad, 2 que no es el valor que estamos buscando, puesto que: −0.464 < 0.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

105

ángulo correcto

+π θ = 2.677945045

ángulo calculadora −π Figura 2.39. Ángulo correcto del número z = −4 + 2i y ángulo calculado con la calculadora (Problema 2.18).

Véase la Figura 2.39, en la que hemos representado el ángulo que queremos calcular y el ángulo que nos da la calculadora. El ángulo que hemos obtenido es el equivalente del cuarto cuadrante, tal como se ve en la Figura 2.39. Para recuperar el ángulo que queremos a partir del ángulo que nos da la calculadora, tenemos que sumar o restar π . En este caso, como la calculadora nos da un valor negativo, sumaremos π :

θ = −0.464 + π = 2.678, y el número complejo es: √ √ √ z = −4 + 2i = 2 52.678 rad = 2 52.678 rad· 180◦ = 2 5153.435◦ . π rad

Finalmente, consideremos el número z = 4 − 2i. Este número complejo está asociado al punto (4, −2), tal como se ve en la Figura 2.40; por tanto, es un número que se halla en el cuarto cuadrante. En la Figura 2.40 podemos ver que el argumento (o ángulo) de este número complejo tendrá que estar entre 270◦ = 3π /2 rad y 360◦ = 2π rad, o bien entre 0◦ = 0 rad y −90◦ = −π /2 rad. El módulo es: q √ √ √ √ √ r = 42 + (−2)2 = 16 + 4 = 20 = 4 5 = 2 5. Para calcular el argumento θ observemos que de la Figura 2.40 tenemos que: tan θ =

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sen θ −2/r −2 1 = = =− . cos θ 4/r 4 2

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106

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

θ = −0.4636476090 √ r=2 5

Figura 2.40. Representación del número (4, −2) en el plano complejo (Problema 2.18).

En consecuencia, el ángulo θ lo obtenemos como:   1 θ = arctan − . 2 Si calculamos este valor con la calculadora (en modo radianes) tenemos que:   1 = −0.464 rad, arctan − 2 que, ahora sí, es el ángulo que estamos buscando, ya que: −

π = −1.571 < −0.464 < 0. 2

Por tanto: √ √ √ z = 4 − 2i = 2 5−0.464 rad = 2 5−0.464 rad· 180◦ = 2 5−26.565◦ . π rad

Problema 2.19

Expresar los √ siguientes√números complejos en coordenadas polares: −i , −1 − i , √ 1 − 3i , − 3 + i , 3 + i. Solución

Igual que en el Problema 2.18, recuérdese que cuando queremos pasar un número de forma binómica a forma polar, para no equivocarnos en el resultado, es muy importante hacer un dibujo. Además, en casos sencillos, podremos dar el resultado directamente. Consideremos primero el número z = −i, que está asociado al punto (0, −1), tal como se ve en la Figura 2.41.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

107

1 θ =− π 2

r=1

Figura 2.41. Representación del número z = −i en el plano complejo (Problema 2.19).

En este caso, nótese que la distancia al origen es 1 y que el ángulo es −90◦ = −π /2 rad. Por tanto, en forma polar es: z = −i = 1−π /2 . Consideremos ahora el número z = −1 − i, que está asociado al punto (−1, −1), tal como se ve en el la Figura 2.42.

3 θ =− π 4 r=

√ 2

Figura 2.42. Representación del número z = −1 − i en el plano complejo (Problema 2.19).

√ En este caso, la distancia al origen es 2 porque es la diagonal de un cuadrado de lado 1. Además, el ángulo es (−90 − 45)◦ = −135◦ = −3π /4 rad, como se puede comprobar

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

fácilmente. Por tanto, en forma polar es: √ z = −1 − i = 2−3π /4 . √ √ Consideremos ahora el número z = 1 − 3i, que está asociado al punto (1, − 3). Como se ve en el la Figura 2.43, es un número que se halla en el cuarto cuadrante.

1 θ =− π 3

r=2

Figura 2.43. Representación del número z = 1 − 2.19).

√ 3i en el plano complejo (Problema

En la Figura 2.43 podemos ver que el argumento (o ángulo) de este número complejo tendrá que estar entre 270◦ = 3π /2 rad y 360◦ = 2π rad, o bien entre 0◦ = 0 rad y −90◦ = −π /2 rad. El módulo es: q √ √ √ r = 12 + (− 3)2 = 1 + 3 = 4 = 2. Para calcular el argumento θ observemos que de la Figura 2.43 tenemos que: √ √ sen(θ ) − 3/r tan(θ ) = = = − 3. cos(θ ) 1/r Por tanto, el ángulo θ lo obtenemos como:  √  θ = arctan − 3 .

Si calculamos este valor con la calculadora (en modo radianes) tenemos que:   π 1 arctan − = −1.047 rad = − rad. 2 3 Este ángulo es el que estamos buscando, puesto que: −

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π π < − < 0. 2 3

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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Por tanto:

√ z = 1 − 3i = 2−π /3 rad = 2−π /3 rad· 180◦ = 2−60◦ . π rad √ √ Para acabar el ejercicio, tenemos que pasar los números z2 = − 3 + i y z3 = 3 + i a forma polar. Eso lo haremos de√ forma sencilla con la información que acabamos de calcular. Denotemos por z1 = 1 − 3i. Acabamos de ver que: √ z1 = 1 − 3i = 2−π /3 rad = 2−60◦ . Ahora, dibujamos los puntos z1 , z2 y z3 en el plano complejo.

√ z2 = − 3 + i

z3 =

√ 3+i

√ z1 = 1 − 3i Figura 2.44. Representación de los números z1 = 1 − en el plano complejo (Problema 2.19).

√

√ √ 3i, z2 = − 3 + i y z3 = 3 + i

Podemos ver que los tres puntos están sobre la misma circunferencia. Por tanto, los tres puntos tienen el mismo módulo, que es igual a 2. Ahora, solo nos falta calcular los ángulos. En la Figura 2.44 hemos marcado los tres ángulos, que son iguales (de una abertura de 60◦ ). Por tanto, el ángulo asociado a z2 es 90◦ + 60◦ = 150◦ . De la misma manera, el ángulo asociado a z3 es 90◦ − 60◦ = 30◦ . En consecuencia: √ ◦ z1 = 1 − √ 3i = 2−60 = 2−π /3 rad ◦ z2 = − √ 3 + i = 2150 = 2−π /3 rad z3 = 3 + i = 230◦ = 25π /6 rad . Un buen ejercicio para practicar es rehacer este ejercicio sin la ayuda visual y comprobar que se llega al mismo resultado.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 2.20

Expresar en forma polar los números complejos −2 − 5i, −2 + 5i. Solución

Consideremos los números complejos z1 = −2 − 5i y z2 = −2 + 5i. Obsérvese que z2 es el conjugado de z1 , es decir, que: z2 = z1 . Con esta información ya sabemos que el módulo de ambos números será el mismo, que es: p √ √ r = 22 + 52 = 4 + 25 = 29.

Para calcular correctamente los ángulos, lo que hacemos, en primer lugar, es un dibujo en el plano complejo.

θ1

θ2 = −θ1

Figura 2.45. Representación de los números z1 = −2 − 5i y z2 = −2 + 5i en el plano complejo (Problema 2.20).

Como se ve en la Figura 2.45, los ángulos de z1 y z2 son iguales, pero cambiados de signo. Por tanto, si denotamos el ángulo de z1 con θ1 y el ángulo de z2 con θ2 , tenemos que: θ2 = −θ1 . Obsérvese que esto es lo mismo que decir que:

θ2 = 2π − θ1 ,

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

111

ya que a los ángulos siempre les podemos sumar (o restar) 2π sin modificar el número complejo asociado a ellos. Por tanto, vamos a calcular ahora θ1 . Obsérvese que como z1 está en el tercer cuadrante, su argumento (o ángulo) tendrá que estar entre 180◦ = π rad y 270◦ = 3π /2 rad, o bien entre −90◦ = −π /2 rad y −180◦ = −π rad. En la Figura 2.45 se puede ver que: tan(θ1 ) =

5 sen(θ1 ) −5/r = . = cos(θ1 ) −2/r 2

Por tanto, el ángulo θ1 lo obtenemos como:

  5 . θ1 = arctan 2 Si calculamos este valor con la calculadora (en modo radianes) tenemos que:   5 180◦ arctan = 1.190 rad = 1.190 rad · = 68.199◦ . 2 π rad Por tanto, este no es el ángulo que estamos buscando, sino que le tenemos que restar (o sumar) π , es decir que:

θ1 = (1.190 − π ) rad = −1.951 rad = −111.801◦ . Por último: En consecuencia:

θ2 = −θ1 = 1.951 rad = 111.801◦ . z1 = −2 − 5i =

√

29−1.951 rad √ z2 = −2 + 5i = 291.951 rad .

Problema 2.21

Escribir los siguientes números complejos: √ √ i 1 3 i. (a) En forma polar: 1 − i, i − 3, −2.45, − , + 3 2 2 √ π 3 π π (b) En forma binómica: 3π , 8e 3 i , 2e 4 i , 5e 5 i . Solución

(a) Para expresar un número complejo en forma polar hay que encontrar sus coordenadas polares, que son el módulo (r = |z|) y el argumento (θ = arg z). • z = 1−i Antes de empezar a hacer el problema es muy importante representar el número complejo en√el plano complejo. En este caso, se puede ver en la Figura 2.46 que |z| = 2 y que θ = − π4 . Aun así, vamos a calcularlos utilizando las fórmulas:

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Im(z)

Re(z)

Figura 2.46. Representación del número 1 − i en el plano complejo (Problema 2.21).

Dado un número complejo expresado en forma binómica (z = a + bi), su √ módulo se define como |z| = a2 + b2 . Así pues, el módulo de z, en este caso, es: q √ r = |z| = 12 + (−1)2 = 2. El argumento, θ , se puede encontrar mediante las expresiones a = |z| · cos θ y b = |z| · sen θ . Lo encontramos y lo expresamos en radianes: 1 = r cos θ =⇒

  45◦ 1 1 cos θ = = √ =⇒ θ = o bien  r 2 −45◦

θ = π /4 = 45◦ θ = −π /4 = −45◦

Figura 2.47. Ángulos que verifican cos θ = 1r = √1 (Problema 2.21). 2

−1 = r sen θ =⇒

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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  −45◦ 1 −1 = − √ =⇒ θ = sen θ = o bien  r 2 −135◦

θ = −π /4 = −45◦ θ = −3π /4 = −135◦

Figura 2.48. Ángulos que verifican sen θ = − √1 (Problema 2.21). 2

Por tanto, θ = −45◦ , que en radianes es: −45◦ ·

π rad π = − rad. 180◦ 4

Observemos que, con el dibujo, una vez hubiéramos visto que θ = 45◦ o bien θ = −45◦ , habríamos podido decir directamente que θ = −45◦ sin tener que resolver la ecuación del seno. La forma polar del número complejo es rθ . Por tanto, z = 1 − i en forma polar es: √ z = 2− π4 .

Comprobación:  π  √ √   π z = 2− π4 = 2 cos − +i sen − = 1 − 1i = 1 − i. 4 4 √ • z = i− 3

Representamos este número en el plano complejo, tal y como se muestra en la Figura 2.49. Encontramos el módulo: q √ r = |z| = (− 3)2 + 12 = 2. Encontramos el argumento:

  60◦ 1 = 2 sen θ =⇒ θ = o bien  150◦

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Im(z)

Re(z)

Figura 2.49. Representación del número z = i − 2.21).

√ 3 en el plano complejo (Problema

Dado que sabemos que z está en el segundo cuadrante, θ = 150◦ , que en radianes es: π rad 5π rad. 150◦ · = 180◦ 6 √ Por tanto, z = i − 3 en forma polar es: z = 2 5π . 6

Comprobación:     5π  √ 5π + i sen = −1, 732 + 1i = − 3 + i. z = 2 5π = 2 cos 6 6 6 Procedemos de la misma manera para el resto de casos: • z = −2.45

Representamos este número en el plano complejo, tal y como se muestra en la Figura 2.50. z = −2.45 = −2.45 + 0i p r = |z| = (−2, 45)2 + 02

49 245 = 100 20 −2, 45 = 2, 45 cos θ =⇒ θ = π rad   49 z= = 2.45π . 20 π

= 2, 45 =

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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Im(z)

Re(z)

Figura 2.50. Representación del número z = −2, 45 en el plano complejo (Problema 2.21).

Comprobación: z = 2.45π = 2.45 (cos π + i sen π ) = 2.45(−1 + 0i) = −2.45. • z=−

i 3

Representamos este número en el plano complejo, tal y como se muestra en la Figura 2.51. i 1 z = − = 0− i 3 r 3 

1 2 1 = 3 3 π 1 1 − = sen θ =⇒ θ = − rad 3 3 2   1 z= 3 −π r = |z| =

02 + −

2

Comprobación:   1 1 1 i z= = (cos(−π /2) + i sen(−π /2)) = (0 − i) = − . 3 −π 3 3 3 2

√ 1 3 • z= + i 2 2

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Im(z)

Re(z)

Figura 2.51. Representación del número z = − 3i en el plano complejo (Problema 2.21).

Representamos este número en el plano complejo, tal y como se muestra en la Figura 2.52.

r = |z| =

s

 1 2 2

+

 √3 2 2

=1

1 π = 1 cos θ =⇒ θ = rad 2 3 z = 1 π3 Comprobación:

√ 1 3 z = 1 π3 = 1 (cos(π /3) + i sen(π /3)) = + i 2 2 (b) Para expresar un número complejo en forma binómica hay que encontrar sus partes real e imaginaria, sabiendo que z = r(cos θ + i · sen θ ). • z = 3π

Por tanto:

• z = 8e

π 3i

=⇒

r = 3,

θ =π

z = 3(cos π + i · sen π ) = −3 + 0i = −3. π =⇒ r = 8, θ = 3

Por tanto: √  √ π π 3 z = 8 cos + i · sen = 4 + 8 i = 4 + 4 3i. 3 3 2

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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Im(z)

Re(z)

√

Figura 2.52. Representación del número z = 12 + 23 i en el plano complejo (Problema 2.21).

• z=

√

π

2e 4 i

=⇒

r=

√

2,

θ=

π 4

Por tanto: √  √ √  π π √  2 2 = 2 + i = 1 + 1i. z = 2 cos + i · sen 4 4 2 2 3π

• z = 5e 5 i

=⇒

r = 5,

θ=

3π 5

Por tanto:  3  3  3π 3π  z = 5 cos = −5 cos π + 5 sen π i + i · sen 5 5 5 5 = −1.5451 + 4.7553i

Problema 2.22

Dado el número complejo 2π /3 , calcular a y b de la Figura 2.53.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

2

b

π /3 a Figura 2.53. Triángulo rectángulo con las componentes real e imaginaria del número 2π /3 (Problema 2.22).

Solución

Para calcular a y b es necesario usar las relaciones trigonométricas del seno y del coseno. Teniendo en cuenta que tenemos un triángulo rectángulo, sabemos que: √ π  π  a 3 √ = =⇒ a = 2 sen = 2· = 3. sen 3 2 3 2 De la misma manera:

cos

π  3

=

b 2

=⇒

b = 2 cos

π  3

= 2·

1 = 1. 2

Vamos ahora a comprobar que se verifica el teorema de Pitágoras: √ 22 = a2 + b2 = ( 3)2 + 12 = 3 + 1 = 4.

Problema 2.23

Expresar los siguientes números complejos en forma binómica: 10 ,

2π ,

1π /3 ,

4−π /6 ,

23π /4 .

Solución

Para pasar números de forma polar a forma binómica no es tan necesario hacer el dibujo, aunque siempre es recomendable para acabar de comprobar los resultados. Para realizar este ejercicio debemos tener en cuenta la fórmula siguiente, que transforma un número complejo de forma binómica a forma polar: rθ = r cos(θ ) + r sen(θ )i.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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En consecuencia, tenemos que: z1 = 10 = 1 cos(0) + 1 sen(0)i = 1 + 0i = 1 z2 = 2π = 2 cos(π ) + 2 sen(π )i = 2 · (−1) + 0i = −2 √ √ 1 3 3 1 z3 = 1π /3 = 1 cos(π /3) + 1 sen(π /3)i = 1 · + 1 · i= + i 2 2 2 2 √ √ 3 −1 +4· i = 2 3 − 2i z4 = 4−π /6 = 4 cos(−π /6) + 4 sen(−π /6)i = 4 · 2 2 √ √ √ √ − 2 2 z5 = 23π /4 = 2 cos(3π /4) + 2 sen (3π /4)i = 2 · +2· i = − 2 + 2i. 2 2 Para comprobar los resultados hemos dibujado los números en el plano complejo (se muestran en la Figura 2.54).

z5 = 23π /4

z2 = 2π

z3 = 1π /3 z1 = 10

z4 = 4−π /6

Figura 2.54. Representación de los números 10 , 2π , 1π /3 , 4−π /6 y 23π /4 en el plano complejo (Problema 2.23).

Problema 2.24

Expresa en forma binómica el resultado de la división 6120o : 330o . Solución

Para dividir dos números complejos en forma polar se dividen los módulos y se restan los argumentos: 6 = 290◦ . z = 6120◦ : 330◦ = 3 120◦ −30◦ Pasamos el resultado a forma binómica: z = 290◦ = 2 cos 90 + 2 sen 90i = 2i.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 2.25

Dados z1 = 3π /6 y z2 = 2π /4 calcular: z1 + z2 , z1 − z2 , z1 · z2 , z1 /z2 . Solución

Recuérdese que la suma y la resta de dos números complejos siempre se debe hacer en forma binómica. En cambio, el producto y la división de números complejos los podemos hacer, tanto en forma binómica como en forma polar o exponencial. Empecemos, pues, calculando la suma y la resta de z1 y z2 . Debemos expresar los números en forma binómica, pues es imprescindible para sumarlos: √ √ 1 3 3 3 3 3 +3 i = + i, z1 = 3π /6 = 3 cos(π /6) + 3 sen(π /6)i = 2 2 2 2 √ √ √ √ 2 2 2 2 z2 = 2π /4 = 2 cos(π /4) + 2 sen(π /4)i = + i = 2 + 2i. 2 2 Por tanto: √ √   √ √ 3 3 3 3 3 √ 3 √ z1 + z2 = + i + 2 + 2i = + 2+ + 2 i, 2 2 2 2 √ √     √ √ 3 3 √ 3 √ 3 3 3 2 + 2i = z1 − z2 = + i− − 2+ − 2 i. 2 2 2 2 Se pueden ver los resultados en la Figura 2.55.

z2 =

√

√   3 √ 3 3 √ + 2+ + 2 i z1 + z2 = 2 2

  2 (1 + i) z = 3 √3 + i 1 2

√   3 3 √ 3 √ − 2+ − 2 i z1 − z2 = 2 2 √ −z2 = − 2 (1 + i) Figura 2.55. Representación de los números z1 = 3π /6 , z2 = 2π /4 , z1 + z2 , −z2 y z1 − z2 (Problema 2.25).

Calculemos ahora el producto y el cociente de z1 y z2 : z1 · z2 = 3π /6 · 2π /4 = (3 · 2)π /6+π /4 = 65π /12 ,   3 z1 3 = π /6 = = 1.5−π /12 . z2 2π /4 2 π /6−π /4

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

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Obsérvese que para calcular el producto de dos números complejos, se multiplican los módulos y se suman los argumentos. De manera similar, para calcular la división de dos números complejos, se dividen los módulos y se restan los argumentos. Problema 2.26

Expresar en forma exponencial los siguientes números complejos: √ (a) z = 1 + i 3 √ (b) z = 3 + i Solución

La forma exponencial de un número complejo es: reθ i . Así pues, hay que buscar el módulo, r, y el argumento, θ . √ (a) z = 1 + i 3 Representamos este número en el plano complejo, tal y como se muestra en la Figura 2.56. q

√ 12 + ( 3)2 = 2  π  3 o bien 1 = 2 cos θ =⇒ θ =  − π3 r = |z| =

Im(z)

Re(z)

√

Figura 2.56. Representación del número z = 1 + i 3 en el plano complejo (Problema 2.26).

Dado que z está en el primer cuadrante =⇒ θ = π3 . Entonces: π

z = 2e 3 i .

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(b) z =

√

3+i

Representamos este número en el plano complejo, tal y como se muestra en la Figura 2.57. q √ ( 3)2 + 12 = 2  π  6 √ o bien 3 = 2 cos θ =⇒ θ =  − π6 r = |z| =

Im(z)

Re(z)

Figura 2.57. Representación del número z = 2.26).

√ 3 + i en el plano complejo (Problema

Dado que z está en el primer cuadrante =⇒ θ = π6 . Entonces: π

z = 2e 6 i .

Problema 2.27

Comprobar las equivalencias de la tabla siguiente. z = a + bi z1 = 1 + i z2 = i √ z3 = 1 + 3i √ z4 = 1 − 3i

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Polar √ z1 = 2 π4

Exponencial √ π z1 = 2e 4 i

z2 = 1 π2

z2 = e 2 i

z3 = 2 π3

z3 = 2e 3 i

z4 = 2− π3

z4 = 2e− 3 i

π

π

π

✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

123

Solución

La correspondencia entre forma polar y exponencial es inmediata, ya que: rθ = reθ i , es simplemente una cuestión de definición. En cuanto a comprobar la correspondencia entre la forma binómica y la polar, tenemos dos opciones: o bien considerar los números en forma binómica y pasarlos a polar, o al revés. Como es más sencillo pasar de forma polar a binómica y no al revés, lo haremos así. √ √ √ √ √ √ √ z1 = 2 π4 = 2 cos(π /4) + 2 sen(π /4)i = 2 2/2 + 2 2/2i = 1 + 1i. z2 = 1 π2 = 1 cos(π /2) + 1 sen(π /2)i = 0 + 1i = i.

√ √ z3 = 2 π3 = 2 cos(π /3) + 2 sen(π /3)i = 2 · 1/2 + 2 · 3/2i = 1 + 3i. √ √ z4 = 2− π3 = 2 cos(−π /3) + 2 sen(−π /3)i = 2 · 1/2 − 2 · 3/2i = 1 − 3i. Los cuatro números complejos están representados en la Figura 2.58: √ z3 = 1 + 3i z2 = i z1 = 1 + i

√ z1 = 1 − 3i Figura 2.58. Representación de los números z1 = en el plano complejo (Problema 2.27).

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√ 2 π , z2 = 1 π , z3 = 2 π y z4 = 2− π 4

2

3

3

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 2.28

Dado z = π i, calcular ez y pasar este número a forma polar. ¿Qué módulo y que ángulo resultan? Solución

Utilizando la definición de un número imaginario puro tenemos que: eπ i = cos(π ) + sen(π )i = −1 + 0i = −1. Como el resultado es un número real negativo, pasarlo a forma polar es inmediato. El módulo de eπ i es 1 y el ángulo es π . Es decir: eπ i = −1 = 1π . Problema 2.29

Dado z = 2 + π i, calcular ez (teniendo en cuenta que e2+π i = e2 eπ i ) y pasar este número a forma polar. ¿Qué módulo y que ángulo resultan? Solución

Dado z = 2 + π i calculemos ez : ez = e2+π i = e2 eπ i . Si ahora usamos el resultado del Problema 2.28 tenemos que: ez = e2 eπ i = −e2 . Por tanto, nuevamente obtenemos un número real negativo. De esta forma: ez = −e2 = e2π . El módulo de ez es e2 y su ángulo π (o −π ). Problema 2.30

Utilizando el hecho de que: tan(θ ) =

sen(θ ) , cos(θ )

calcular la expresión de la tangente en función de la exponencial compleja. Solución

Sabemos que podemos expresar el seno y el coseno de un ángulo θ en función de la exponencial compleja como: sen(θ ) =

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eθ i − e−θ i 2i

y

cos(θ ) =

eθ i + e−θ i . 2

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

125

Por tanto, tenemos que: sen(θ ) eθ i − e−θ i 1 (eθ i − e−θ i )2 eθ i − e−θ i eθ i + e−θ i = = : = θi · cos(θ ) 2i 2 (e + e−θ i )2i eθ i + e−θ i i eθ i − e−θ i 1 i eθ i − e−θ i i eθ i − e−θ i i eθ i − e−θ i · · = θi · 2 = θi · . = θi = −i θ i − θ i − θ i − θ i e +e i i e +e i e +e −1 e + e−θ i

tan(θ ) =

Problema 2.31

Calcular una expresión para el sen(3θ ) en términos de sen(θ ) y cos(θ ). Indicación: Recuérdese el binomio de Newton. Solución

Tenemos que calcular una expresión para el sen(3θ ) en términos de sen(θ ) y cos(θ ). Por el teorema de De Moivre con r = 1 y n = 3 tenemos que:

[cos(θ ) + i sen(θ )]3 = cos(3θ ) + i sen(3θ ). Por tanto, si denotamos con: z = cos(3θ ) + i sen(3θ ), lo que queremos es calcular la parte imaginaria del número complejo z: Im(cos(3θ ) + i sen(3θ )) = sen(3θ ). Sabemos que:

z = cos(3θ ) + i sen(3θ ) = [cos(θ ) + i sen(θ )]3 .

Desarrollamos la parte de la derecha de la ecuación anterior utilizando el binomio de Newton: (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 , con lo que obtenemos: z = [cos(θ ) + i sen(θ )]3

= cos3 (θ ) + 3 cos2 (θ )i sen (θ ) + 3 cos(θ )(i sen (θ ))2 + (i sen(θ ))3 = cos3 (θ ) + 3i cos2 (θ ) sen (θ ) + 3i2 cos(θ ) sen2 (θ ) + i3 sen3 (θ ) = cos3 (θ ) + 3i cos2 (θ ) sen (θ ) − 3 cos(θ ) sen2 (θ ) + ii2 sen3 (θ ) = cos3 (θ ) + 3i cos2 (θ ) sen (θ ) − 3 cos(θ ) sen2 (θ ) − i sen3 (θ )
= cos3 (θ ) − 3 cos(θ ) sen2 (θ ) + 3 cos2 (θ ) sen(θ ) − sen3 (θ ) i.

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126

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por tanto, la parte imaginaria de z es: Im(z) = 3 cos2 (θ ) sen(θ ) − sen3 (θ ), con lo que entonces: sen(3θ ) = Im(cos(3θ ) + i sen(3θ )) = 3 cos2 (θ ) sen(θ ) − sen3 (θ ). Esta expresión se puede simplificar un poco más si tenemos en cuenta que: cos2 (θ ) + sen2 (θ ) = 1. Utilizando esta igualdad se pueden obtener las dos expresiones siguientes: sen(3θ ) = 3 cos2 (θ ) sen(θ ) − sen3 (θ ) = 3(1 − sen2 (θ )) sen(θ ) − sen3 (θ )

= 3 sen(θ ) − 3 sen3 (θ ) − sen3 (θ ) = 3 sen(θ ) − 4 sen3 (θ ),

y: sen(3θ ) = 3 cos2 (θ ) sen(θ ) − sen3 (θ ) = 3 cos2 (θ ) sen(θ ) − sen(θ ) sen2 (θ )

= 3 cos2 (θ ) sen(θ ) − sen(θ )(1 − cos2 (θ ))

= 3 cos2 (θ ) sen(θ ) − sen(θ ) + cos2 (θ ) sen(θ ) = 4 cos2 (θ ) sen(θ ) − sen(θ ). Problema 2.32

En física e ingeniería, un fasor es una representación (en forma de vector) de una función sinusoidal con una amplitud A, fase θ y frecuencia ω , que no varían en el tiempo. Más concretamente, se hace la siguiente identificación: A cos(ω t + θ ) = Aθ . De este modo, Aθ representa un vector en el plano, aplicado sobre el origen de coordenadas, de módulo A y que forma un ángulo de θ radianes respecto al semieje positivo de abscisas. A menudo, además de la notación Aθ , también se utiliza la notación equivalente A∠θ . Nótese finalmente que el fasor Aθ no es más que el número complejo Aθ expresado en forma polar. Identificar los fasores (módulo y fase) de la Figura 2.59. Solución

En la Figura 2.59 tenemos tres vectores del plano con origen en (0, 0). Cada uno de estos vectores está caracterizado por: 1. fase (θ ): el ángulo que forma el semieje positivo de abscisas con el vector; 2. módulo o amplitud (A): el módulo del vector (o distancia de la punta del vector al origen (0, 0).

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

127

Figura 2.59. Fasores cuyos módulos y fases deben ser identificados (Problema 2.32).

Por tanto, podemos identificar cada uno de estos puntos del plano con el fasor Aθ . Solo es necesario que calculemos, para cada vector, su fase y amplitud. Empecemos por el vector ~a, que está asociado al punto del plano (1, 1). El módulo de este vector lo podemos calcular aplicando el teorema de Pitágoras: p √ A = 12 + 12 = 2. Además, como se ve en la Figura 2.59, el ángulo que forma este vector con el semieje ◦ positivo de abscisas √ con el vector ~a es igual a 45 = π /4 rad. Por tanto, este vector está asociado al fasor 2π /4 . Estudiemos ahora el vector ~b asociado al punto del plano (−1, −1). Su módulo lo podemos obtener calculando la distancia desde el punto (−1, −1) al punto (0, 0): A=

q

(−1)2 + (−1)2 =

√

2.

Además, como se ve en la Figura 2.59, el ángulo que forma este vector con el eje x es: 180◦ + 45◦ = 225◦ = 5π /4 rad. √ Por tanto, este vector está asociado al fasor 25π /4 .

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128

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Finalmente, estudiemos ahora el vector~c asociado al punto del plano (0, −1). Su módulo lo podemos obtener calculando la distancia desde el punto (0, −1) al punto (0, 0): q √ A = 02 + (−1)2 = 1 = 1.

Además, como se ve en la Figura 2.59, el ángulo que forma este vector con el eje x es −90◦ = −π /2 rad. Por tanto, este vector está asociado al fasor 1−π /2 . En resumen, los fasores asociados a los vectores dados son: Punto asociado final del vector (1, 1) (−1, −1) (0, −1)

−→ √ Fasor −→ √ 2π /4 −→ 25π /4 −→ 1−π /2

Problema 2.33

Considerar el fasor que representa la función sinusoidal: √

2 cos(ω t +

π ). 4

¿Cuáles son los fasores que se obtienen al multiplicar este fasor por i, i2 , i3 e i4 , respectivamente? Representar el fasor de entrada y los cuatro fasores de salida. Solución

√ El fasor que representa la función sinusoidal 2 cos(ω t + π4 ) viene dado por el vector:  √ π √ 2 cos ω t + = 2 π4 . 4

Antes de proceder a la multiplicación por i, i2 , i3 e i4 , calcularemos estas potencias sucesivas del número i: i = i, i2 = −1, i3 = −i, i4 = 1, que en forma polar podemos escribir como: i = i = 1 π2 , i2 = −1 = 1π ,

i3 = −i = 1− π2 , i4 = 1 = 10 .

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

129

Ahora, haciendo el producto de números complejos en forma polar, obtenemos:  √  √ √ 1 π2 · 2 π4 = 1 · 2 π π = 2 3π , 4

2+4

 √  √ 1π · 2 π4 = 1 · 2  √  √ 1− π2 · 2 π4 = 1 · 2  √  √ 10 · 2 π4 = 1 · 2

π + π4

=

− π2 + π4

0+ π4

√ 2 5π , 4

=

=

√ 2− π4 ,

√

2 π4 .

Estos cuatro fasores representan las funciones sinusoidales siguientes:   √ √ 3π 2 3π = 2 cos ω t + , 4 4 √

2 5π 4

√

  √ 5π , = 2 cos ω t + 4

2− π4 =

 √ π , 2 cos ω t − 4

 √ √ π , 2 π4 = 2 cos ω t + 4

que podemos ver representadas en la Figura 2.60 (considerando, por ejemplo, una frecuencia ω = 1). √ √ 25π /4 2π /4

√

23π /4

√

2−π /4

Figura 2.60. Funciones representadas por los fasores blema 2.33).

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√ √ √ √ 2 π , 2 3π , 2 5π y 2− π (Pro4

4

4

4

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130

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 2.34

Observar atentamente estas dos funciones, representadas en la Figura 2.61: F (t ) = cos(t )  π 1 x(t ) = cos t − 2 2

¿Qué similitudes y qué diferencias se observan?

respuesta entrada

Solución


Figura 2.61. Funciones F (t ) = cos(t ) y x(t ) = 12 cos t − π2 (Problema 2.34).

Observemos primero que las dos funciones tienen diferente amplitud, hecho que podemos ver observando los valores máximos y mínimos que alcanzan las funciones. Los valores máximo y mínimo que alcanza la función F (t ) son 1 y −1, respectivamente, mientras que los valores máximo y mínimo que alcanza la función x(t ) son 1/2 y −1/2. Por tanto, la amplitud de la función x(t ) es la mitad de la amplitud de F (t ). Vamos a ver ahora si tienen la misma frecuencia. Consideremos la función F (t ); vemos que en el tiempo t = 0 el valor de la función es igual a 1. Para determinar la frecuencia, miraremos cuándo la función vuelve a alcanzar ese mismo valor. Vemos que tal hecho se produce en t = 2π , es decir: F (0) = F (2π ) = 1. Si consideramos ahora la función x(t ), vemos que en t = 0 la función vale 0 y que este valor lo volvemos a encontrar en t = 2π . Por tanto, resulta que ambas funciones tienen la misma frecuencia. Finalmente, tenemos que comparar las fases de las dos funciones. Observamos que la función F (t ) alcanza el primer máximo en t = 0, mientras que la función x(t ) lo alcanza en t = π /2. Por tanto, si desplazamos la función x(t ) −π /2 hacia la izquierda, las dos funciones tendrán la misma fase. Como conclusión, las dos funciones tienen la misma frecuencia, la amplitud de x(t ) es la mitad de la amplitud de F (t ) y, finalmente, la función x(t ) está desfasada −π /2 respecto a F (t ).

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

131

Problema 2.35

Representar las tres raíces cúbicas de la unidad en el plano complejo. Unir mediante rectas las tres raíces. ¿Qué figura geométrica se obtiene? Solución

Les tres raíces cúbicas de la unidad son: z1 = e0i = 1

√ 1 3 z2 = e =− + i 2 √2 1 3 i. z3 = e4π /3i = − − 2 2 2π /3i

La representación en el plano complejo de estas tres raíces se puede ver en la Figura 2.62.

z2 = e2π /3i = − 21 +

√ 3 2 i

θ = 23 π

z1 = e0i = 1

z3 = e4π /3i = − 21 −

√ 3 2 i

θ =0

θ = 43 π

Figura 2.62. Representación de las tres raíces cúbicas de la unidad en el plano complejo (Problema 2.35).

Como se puede observar, las tres raíces forman un triángulo equilátero. Además, los vértices de este triángulo se hallan sobre la circunferencia de centro (0, 0) y de radio 1.

Problema 2.36

Comprobar que las soluciones del problema anterior verifican que z3 = 1, es decir, elevar al cubo las raíces obtenidas y comprobar que dan 1.

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132

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución

En este ejercicio nos piden que comprobemos que los números complejos siguientes: z = e0i = 1

√ 1 3 z=e =− + i 2 √2 1 3 i z = e4π /3i = − − 2 2 2π /3i

verifican:

z3 = 1.

Por tanto, lo que tenemos que hacer es elevar al cubo los números que nos dan y comprobar que el resultado es 1. Esto lo podemos hacer, tanto en forma binómica como en forma exponencial. Lo haremos de las dos maneras, aunque veremos que lo más sencillo es hacerlo en forma exponencial. Empecemos realizando los cálculos en forma exponencial: z = e0i

=⇒ z3 = (e0i )3 = e3·0i = e0i = 1

z = e2π /3i =⇒ z3 = (e2π /3i )3 = e3·2π /3i = e2π i = e0i = 1

z = e4π /3i =⇒ z3 = (e4π /3i )3 = e3·4π /3i = e4π i = e0i = 1 Obsérvese que en los cálculos que hemos realizado hemos usado primero la propiedad:

(ab )c = ac·b . Además, también hemos utilizado que los ángulos 2π y 4π son iguales al ángulo 0 y por eso los hemos sustituido en la expresión de la exponencial. Es decir, hemos utilizado que: rθ = rθ +2π = rθ +4π , que, en forma exponencial, es: reθ i = reθ i+2π i = reθ i+4π i . En particular lo hemos aplicado para r = 1 y θ = 0, es decir, hemos utilizado el hecho de que: e0i = e2π i = e4π i . Vamos a hacer ahora los cálculos en forma binómica. Para ello, como hay que calcular el cubo de una suma, debemos utilizar la fórmula:

(a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 . • z=1

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z3 = 13 = 1

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

133

√ 3 1 • z=− + i 2 2 √ !3 1 3 i − + 2 2

3

z = 

1 = − 2

3



1 +3 − 2

2

√ !   1 3 i +3 − 2 2

√ !2 3 i + 2

√ !3 3 i 2

√ √ √ √ 1 1 3 13 2 3 3 3 1 3 3 9 3 3 2 = − +3 i−3 i + i =− + i − (−1) + ii 8 4 2 24 8 8 8 8 8 √ √ 1 3 3 9 3 3 =− + i+ − i = 1. 8 8 8 8 √ 1 3 • z=− − i 2 2 √ !3 1 3 z = − − i 2 2 √ ! √ !2 √ !3  2  3   1 1 3 3 3 1 = − +3 − − i +3 − − i + − i 2 2 2 2 2 2 √ √ √ √ 1 1 3 13 2 3 3 3 1 3 3 9 3 3 2 = − −3 i−3 i − i =− − i − (−1) − ii 8 4 2 2 4√ 8 8 8 8 8 √ 9 3 3 1 3 3 i+ + i = 1. =− − 8 8 8 8 3

Problema 2.37

Calcular las raíces cuadradas, cuartas, quintas y sextas de la unidad. Representarlas en el plano complejo. ¿Qué figuras geométricas se obtienen? Solución

Expresemos primero el número complejo 1 en forma exponencial: 1 = e0i = e2π ki ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

Así, lo que queremos resolver es: zn = e2π ki ,

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k = 0, 1, 2, 3, . . .

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134

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

para n = 2, 4, 5 y 6. Aplicamos la raíz n-ésima a ambos lados de la igualdad: 1

(zn ) n = z = e

2π ki n

= e2π k/n i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

Para determinar las raíces cuadradas, sustituimos n = 2: z = e2π k/2 i = eπ k i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

y tomamos como valores de k = 0, 1: k=0: k=1:

    z1 = e0i = cos 0 + i sen 0 = 1     z2 = eπ i = cos π + i sen π = −1.

De la misma manera, para determinar las raíces cuartas, sustituimos n = 4: z = e2π k/4 i = eπ /2k i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

y tomamos como valores de k = 0, 1, 2, 3: k=0: k=1: k=2: k=3:

z1 = e0i = 1 π  π  + i sen = 0+i = i z2 = eπ /2i = cos  2  2 z3 = eπ i = cos π + i sen π = −1  3π   3π  z4 = e3π /2i = cos + i sen = 0 − i = −i. 2 2

Obtengamos ahora las raíces quintas. Primero sustituimos n = 5: z = e2π k/5 i = e2π /5k i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

y tomamos como valores de k = 0, 1, 2, 3, 4: k=0:

z1 = e0i = 1

k=1:

z2 = e2π /5i = cos

k=2: k=3: k=4:

 2π 

 2π 

= 0, 309 + 0, 951i 5 5  4π   4π  + i sen = −0, 809 + 0, 588i z3 = e4π /5i = cos 5 5  6π   6π  + i sen = −0, 809 − 0, 588i = z3 z4 = e6π /5i = cos 5 5  8π   8π  z5 = e8π /5i = cos + i sen = 0, 309 − 0, 951i = z2 . 5 5 + i sen

Finalmente, obtengamos las raíces sextas. Primero sustituimos n = 6: z = e2π k/6 i = e2π /5k i ,

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k = 0, 1, 2, 3, . . .

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

135

y tomamos como valores de k = 0, 1, 2, 3, 4, 5: k=0: k=1: k=2: k=3: k=4: k=5:

z1 = e0i = 1

√ 1 3 = cos + i sen = + z2 = e i 6 6 2 2√  4π   4π  1 3 z3 = e4π /6i = cos + i sen =− + i 6 6 2 2 z4 = e6π /6i = eπ i = −1 √  8π   8π  1 3 8π /6i + i sen =− − i = z3 z5 = e = cos 6 6 2 2√  10π   10π  1 3 z6 = e10π /6i = cos + i sen = − i = z2 . 6 6 2 2  2π 

2π /6i

 2π 

En la Figura 2.63 hemos representado las raíces cuadradas, cuartas, quintas y sextas del número z = 1. Obsérvese que todas las raíces tienen el mismo módulo (están situadas sobre una circunferencia) y que están situadas en los vértices de un polígono regular de n lados. De esta manera, las raíces cuadradas siempre están alineadas, las raíces cuartas son los vértices de un cuadrado, etc. z2 z2 z3 z2 z3 z2

z1 z3

z1

z1 z4

z1 z4 z5

z4

z5

z6

Figura 2.63. Raíces cuadradas, cuartas, quintas y sextas de la unidad (Problema 2.37).

Problema 2.38

Comprobar que la suma de las raíces cuartas de la unidad da 0. Solución

Las raíces cuartas de la unidad, tal como hemos calculado en el Problema 2.37, son: z1 = 1 z2 = i z3 = −1

z4 = −i. Comprobamos que z1 + z2 + z3 + z4 = 0: 1 + i − 1 − i = 0.

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136

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 2.39

Expresar en forma binómica las raíces cuartas de z = 4. Solución

Para calcular las raíces cuartas de un número complejo hay que pasar el número complejo a forma polar o exponencial; en este caso, tenemos: z = 4 = 40 = 4e0i . Hay cuatro raíces cuartas de un número complejo. La primera raíz tiene por módulo la raíz cuarta del módulo de z y por argumento, el argumento de z dividido por 4, es decir, si denotamos por z1 la primera raíz: z1 =

√ 4

√

2i,

0

4e 4 i =

√

2e0i .

√ Este número en forma binómica es directamente: z1 = 2. Para encontrar las otras tres raíces basta con recordar que las raíces cuartas son los vértices de un cuadrado centrado en el origen, es decir, todas tienen el mismo módulo y los ángulos difieren en 24π = π2 radianes. Por tanto, las otras tres raíces serán: √ π √ π z2 = 2e0i+ 2 i = 2e 2 i √ π π √ z3 = 2e 2 i+ 2 i = 2eπ i √ √ 3π √ 3π √ π π z4 = 2eπ i+ 2 i = 2e 2 i = 2e( 2 −2π )i = 2e− 2 i , que en forma binómica son: √ z1 = 2,

z2 =

√ z3 = − 2,

√ z4 = − 2i.

La representación gráfica en el plano complejo se muestra en la Figura 2.64. Problema 2.40

Calcular las soluciones de las siguientes ecuaciones: z4 + 16 = 0,

z6 = i,

z3 + 8i = 0.

Solución

Vamos a resolver primero la ecuación z4 + 16 = 0. Obsérvese que resolver esta ecuación es equivalente a encontrar los valores de z que hacen que: z4 = −16. Por tanto, debemos calcular las raíces cuartas del número complejo −16.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

137

z2

z1

z3

z

z4 Figura 2.64. Raíces cuartas de z = 4 (Problema 2.39).

Este ejercicio se puede hacer de manera muy sencilla utilizando el siguiente razonamiento: √ √ √ 4 z4 = −16 = 16(−1) =⇒ z4 = 16 · 4 −1 = 2 4 −1.

Por tanto, las raíces cuartas de −16 las podemos obtener a partir de las raíces cuartas de −1, que ya hemos calculado anteriormente, multiplicando por dos. De esta manera, las cuatro raíces cuartas son: √ √ ! √ √ 2 2 z1 = 2 + i = 2 + 2i 2 2 √ √ ! √ √ 2 2 z2 = 2 − + i = − 2 + 2i 2 2 √ √ ! √ √ 2 2 z3 = 2 − − i = − 2 − 2i 2 2 √ √ ! √ √ 2 2 z4 = 2 − i = 2 − 2i. 2 2 Ahora bien, también podemos hacer el mismo ejercicio paso a paso. Para ello, lo primero que haremos será pasar el número −16 a forma exponencial: −16 = 16eπ i = 16e(π +2π k)i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

Por tanto, lo que queremos resolver es: z4 = 16e(π +2π k)i ,

k = 0, 1, 2, 3, . . .

Apliquemos ahora la raíz cuarta a ambos lados de la igualdad: √
1 1 4 z4 4 = z = (16e(π +2π k)i ) 4 = 16e(π +2π k)/4i = 2e(π /4+π /2k)i ,

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k = 0, 1, 2, 3, . . .

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Para determinar las raíces cuartas tomamos como valores de k = 0, 1, 2, 3: π  π  √ √ k=0: z1 = 2eπ /4i = 2 cos + 2 sen i = 2 + 2i 4 4  3π   π √ √ + 2 sen 3 i = − 2 + 2i k=1: z2 = 2e(π /4+π /2)i = 2e3π /4i = 2 cos 4 4  5π   5π  √ √ (π /4+π )i 5π /4i k=2: z3 = 2e = 2e = 2 cos + 2 sen i = − 2 − 2i 4 4  π  7π  √ √ 7π /4i (π /4+3π /2)i + 2 sen 7 i = 2 − 2i. = 2e = 2 cos k=3: z4 = 2e 4 4

Vemos que obtenemos los mismos resultados que con la forma más simple de hacer el ejercicio. Otra manera también sencilla de calcular las raíces cuartas es teniendo en cuenta que las cuatro raíces son los vértices de un cuadrado. Consideremos el número −16, que tiene por módulo 16 y ángulo π . Sabemos que la primera raíz la podemos obtener haciendo la raíz cuarta del módulo y dividiendo por 4 el argumento, de manera que tenemos: √ √ √ 4 z1 = 16eπ /4i = 2 + 2i. Si representamos este punto (véase la la Figura 2.65), vemos que se halla sobre la bisectriz del primer cuadrante (recta que parte en dos mitades iguales el primer cuadrante, la recta y = x). Dibujamos ahora la circunferencia de radio 2 y colocamos sobre ella los cuatro vértices del cuadrado. z2

z1

z3

z4

z

Figura 2.65. Raíces cuartas de z = 16eπ /4i (Problema 2.40).

√ √ Gráficamente se ve que si z1 = 2 + 2i, para obtener z2 solo es necesario cambiar el signo de la coordenada x, es decir, de la parte real. De la misma manera, se ve que z3 = −z1 . Finalmente, para obtener z4 lo que hay que hacer es cambiar el signo de la coordenada y, es decir, el signo de la parte imaginaria. De esta manera: √ √ z1 = 2 + 2i √ √ z2 = − 2 + 2i √ √ z3 = −z1 = − 2 + 2i √ √ z4 = − 2 + 2i.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

139

Vamos a resolver ahora la ecuación z6 = i. En este caso, se pide que encontremos las raíces sextas del número i. Lo primero que hay que hacer es pasar este número a forma exponencial: i = eπ /2i . √ Por tanto, como i tiene módulo 1, las raíces sextas tendrán módulo 6 1 = 1. Es decir, los números complejos que estamos buscando se hallan sobre la circunferencia de radio 1. Recuérdese que la primera raíz la obtenemos dividiendo el ángulo del número por 6, es decir: z1 = eπ /2/6i = eπ /12i . Las otras raíces se encuentran situándolas en los vértices de un hexágono regular como se ve en la Figura 2.66. Es decir, la diferencia de ángulo entre cada una de las raíces es de 2π /6 = π /3.

z

z2

z3 z1

z4 z6 z5

Figura 2.66. Raíces sextas de z = i (Problema 2.40).

De esta forma: z1 = eπ /12i z2 = e(π /12+π /3)i = e5π /12i z3 = e(π /12+2π /3)i = e3π /4i z4 = e(π /12+3π /3)i = e13π /12i z5 = e(π /12+4π /3)i = e17π /12i z6 = e(π /12+5π /3)i = e7π /4i .

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140

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Finalmente, hallemos las soluciones de la ecuación z3 + 8i = 0. En este caso, tenemos que resolver: z3 = −8i, es decir, tenemos que hallar las raíces cúbicas de: −8i = 8e−π /2i .

√ Sabemos que el módulo de las tres raíces será 3 8 = 2; por tanto, estarán sobre la circunferencia de centro (0, 0) y radio 2. La primera raíz la obtenemos dividiendo el ángulo inicial por 3, es decir: z1 = 2e−π /2/3i = 2e−π /6i . En este caso, como las raíces se hallan sobre un triángulo, la diferencia de ángulo entre los puntos es de 2π /3. Ello da lugar a: z1 = 2e−π /6i z2 = 2e(−π /6+2π /3)i = eπ /2i z3 = 2e(−π /6+4π /3)i = e7π /6i .

z2

z3

z1

z

Figura 2.67. Raíces cúbicas de z = −8i (Problema 2.40).

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

141

Como vemos en la Figura 2.67, si sumamos 2π /3 al ángulo de z1 obtenemos un ángulo de π /2, es decir, que la segunda raíz está sobre el eje positivo y. Eso quiere decir que es un número imaginario puro positivo; por tanto, z2 = 2i. Además, en la Figura 2.67 se ve que para obtener z3 solo hay que cambiar el signo de la parte real de z1 . Así pues: √ z1 = 3 − i z2 = 2i

√ z3 = − 3 − i. Problema 2.41

Una de las raíces cúbicas de un número complejo es 1 π3 . Calcular este número complejo y las otras dos raíces. Solución

Hay tres raíces cúbicas de un número complejo. Conocemos una: z1 = 1 π3 . Para encontrar las otras dos raíces hay que tener en cuenta que las raíces cúbicas son los vértices de un triángulo equilátero centrado en el origen. Así pues, todos los módulos son iguales, mientras que los ángulos difieren en 23π radianes (resultado de dividir los 2π radianes de una circunferencia entre 3, ya que un triángulo tiene 3 vértices). Por tanto, las otras dos raíces serán: z2 = 1 π + 2 π = 1π , 3

3

z3 = 1π + 2 π = 1 5 π = 1 5 π −2π = 1− π3 . 3

3

3

Hay que recordar que el argumento principal de un número complejo es tal que: −π < θ ≤ π . Para encontrar el número complejo solo hay que elevar al cubo cualquiera de las tres raíces: z = z31 = z32 = z33 . Utilizamos la forma exponencial para que se vea más claro:  π 3 π z = z31 = 1e 3 i = 13 e3· 3 i = 1eπ i = 1π

Comprobamos que el resultado es el mismo con las otras dos raíces:
3 z = z32 = 1eπ i = 13 e3π i = 1e3π i = 1e3π i−2π i = 1eπ i = 1π 3  π π z = z33 = 1e− 3 i = 13 e−3 3 i = 1e−π i = 1eπ i = 1π

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142

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Así pues: z = 1π

;

z1 = 1 π3

;

;

z2 = 1π

z3 = 1− π3 .

La representación gráfica en el plano complejo sería la que se muestra en la Figura 2.68.

z1

z = z3

z2

Figura 2.68. Raíces cúbicas del número z = 1π (Problema 2.41).

Problema 2.42

Si z1 , z2 y z3 son las raíces cúbicas de z = 1 + i, calcular: 24 z61 + z12 2 + z3 .

Solución

Si z1 , z2 y z3 son las raíces cúbicas de z = 1 + i, entonces z31 = z32 = z33 = z. Por tanto: z61 = z31


2

= z2 ,
3 4 z12 = z4 , 2 = z2
3 8 z24 = z8 . 3 = z3

Pasamos z = 1 + i a forma exponencial z = 1 + i =

√

π

2e 4 i y entonces:

π

24 2 4 8 πi 0i 2i z61 + z12 2 + z3 = z + z + z = 2e + 4e + 16e .

Pasamos a la forma binómica para hacer la suma y obtenemos el resultado siguiente: 24 z61 + z12 2 + z3 = (0 + 2i) + (−4 + 0i) + (16 + 0i) = 12 + 2i.

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✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

143

Si no nos damos cuenta de que no es necesario calcular las tres raíces para resolver el problema, el procedimiento sería el siguiente. Primero expresamos z en forma exponencial para poder calcular las raíces: √ π z = 1 + i = 2e 4 i . Entonces las tres raíces cúbicas son: π √ √ π 4 6 6 z1 = 2e 3 i = 2e 12 i , √ √ √ π 2 9 3 6 6 6 z2 = 2e( 12 + 3 π )i = 2e 12 π i = 2e 4 π i , √ √ √ 3 2 17 7 6 6 6 z3 = 2e( 4 π + 3 π )i = 2e 12 π i−2π i = 2e− 12 π i . Por tanto: 24 z61 + z12 2 + z3 =

√ 6

π

2e 12 i

6π

6

+

√ 3 12 √ 24 7 6 6 + = 2e 4 π i 2e− 12 π i 3

7

= 2e 12 i + 22 e12· 4 π i + 24 e−24· 12 π i = π

π

= 2e 2 i + 4e9π i + 16e−14π i = 2e 2 i + 4eπ i + 16e0i , y vemos que llegamos al mismo resultado que antes. Problema 2.43

Calcular las siguientes expresiones en forma exponencial:

Solución

(3 − 2i)(2 + 3i) , 3 − 4i

i29 ,

( 1 + i) 4 .

Para poder simplificar las expresiones que se dan en forma exponencial, lo primero que tenemos que hacer es pasar los números de forma binómica a forma exponencial. Empecemos por calcular la expresión:

(3 − 2i)(2 + 3i) . 3 − 4i Para ello tenemos que pasar los tres números que nos aparecen a forma exponencial. p √ √ z1 = 3 − 2i −→ r1 = 32 + (−2)2 = 9 + 4 = 13 −→ tan(θ1 ) = −2 3 =⇒ θ1 = −0.5880 rad √ √ √ z2 = 2 + 3i −→ r2 = 22 + 32 = 4 + 9 = 13

−→ tan(θ2 ) = 23 =⇒ θ2 = 0.9828 rad p √ √ z3 = 3 − 4i −→ r3 = 32 + (−4)2 = 9 + 16 = 25 = 5 −→ tan(θ3 ) =

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−4 3

=⇒ θ3 = −0.9273 rad

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144

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Así, tenemos que:

(3 − 2i)(2 + 3i) 3 − 4i

√ −0.5880i √ 0.9828i z1 · z2 13e · 13e = = −0.9273i 5e √z3 2 13 (−0.5880+0.9828+0.9273)i 13 1.3221i = e = e . 5 5

Por último, podemos pasar el resultado a forma binómica: 13 13 1.3221i 13 = e cos(1.3221) + sen(1.3221)i 5 5 5 = 0.64 + 2.52i. Obsérvese que al haber aproximado los ángulos a cuatro decimales, hemos obtenido una aproximación del resultado. De hecho, es un buen ejercicio hacer los mismos cálculos en forma binómica y comprobar que:

(3 − 2i)(2 + 3i) 16 63 = − i = 0.64 + 2.52i. 3 − 4i 25 25

Vamos ahora a calcular i29 . El número i está asociado al punto (0, 1) del plano complejo y, por tanto, tiene módulo 1 y ángulo π /2 = 90◦ . Usando la formula de De Moivre obtenemos: i29 = (1eπ /2i )29 = (eπ /2i )29 = e29·π /2i . Obsérvese que el ángulo obtenido es: 29 29 π = 2π = 7, 25 · 2π , 2 4 que representa más de 7 vueltas. Para saber el ángulo entre 0 y 2π , restaremos 7 vueltas:   29 π 29 29 − 28 π − 7 · 2π = − 14 π = π= . 2 2 2 2 En consecuencia, el resultado es: eπ /2i = cos(π /2) + sen(π /2)i = i. Finalmente vamos a calcular (1 + i)4 . Primero pasaremos el número 1 + i a forma exponencial. Obsérvese que el número complejo 1 + i está asociado al punto (1, 1), que tiene √ por módulo 2 y ángulo 45◦ = π /4 rad. Por tanto: √ 4 √ 4 ( 1 + i) 4 = 2eπ /4i = 2 e4·π /4i = 22 eπ i = 4eπ i . Obsérvese que el ángulo π nos dice que es un número real negativo:

(1 + i)4 = 4eπ i = −4.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

145

Recuérdese que para no equivocarse es muy útil representar siempre los números complejos con los que se está trabajando, especialmente en el cálculo de los ángulos. Problema 2.44

Calcular:

(4 + 7i) + (1 − i)(2 − i) , ( 5 + i) 2

10 − ((1 − 4i) − (2 − 3i)) √ √ , 3i + (2 + 3i)(2 − 3i)



1−i 1+i

6

.

Solución

Cuando se realizan cálculos con números complejos, se utiliza la forma binómica para la suma y resta y, generalmente, la forma polar o exponencial para el producto y la división, aunque estos últimos también se pueden hacer en forma binómica. En el primer caso tenemos:

(4 + 7i) + (1 − i)(2 − i) ( 5 + i) 2 Dado que tenemos sumas y productos muy sencillos, para evitar ir pasando de una forma a otra, simplificaremos el numerador y el denominador en forma binómica:

• z1 =

z1 =

(4 + 7i) + (1 − i)(2 − i) (4 + 7i) + (2 − 1) + (−1 − 2)i = = ( 5 + i) 2 25 + 10i + i2 (4 + 7i) + (1 − 3i) 5 + 4i = = . 25 + 10i + (−1) 24 + 10i

Para poder dividir números complejos en forma binómica hay que multiplicar y dividir por el conjugado del denominador: z1 =

(5 · 24 − 4(−10)) + (5(−10) + 4 · 24)i 5 + 4i 24 − 10i · = = 24 + 10i 24 − 10i 242 − (10i)2 40 23 (120 + 40) + (−50 + 96)i 160 + 46i = + i. = = 242 + 102 676 169 338

Así pues: z1 = • z2 =

40 23 + i. 169 338

10 − ((1 − 4i) − (2 − 3i)) √ √ 3i + (2 + 3i)(2 − 3i)

Empezamos a resolver el numerador en forma binómica. Respecto al denominador, observamos que hay una suma por diferencia, que sabemos que es diferencia de cuadrados. Con esta operación nos desaparece la parte imaginaria del denominador, lo cual nos facilita la resolución de el ejercicio:

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✐

146

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

z2 =

10 − ((1 − 4i) − (2 − 3i)) 10 − (−1 − i) 11 + i √ √ √ = = = 3i + 4 − 3i 3i + (2 + 3i)(2 − 3i) 3i + 22 − ( 3i)2

=

11 + i 11 1 = + i. 4 4 4

Por tanto: z2 = • z3 =



1−i 1+i

11 1 + i. 4 4

6

En este caso, dado que debemos elevar a 6, sí que nos conviene hacer los cálculos en forma polar o exponencial. Por tanto, lo primero que hacemos es pasar el numerador y el denominador a forma exponencial para calcular, a continuación, el cociente y la potencia: √ π 1 − i = 2e− 4 i √ π 1 + i = 2e 4 i Entonces: z3 =



1−i 1+i

6

=

√ − π i !6 2e 4 √ πi = 2e 4

!6 √ 2 (− π4 − π4 )i √ e 2

 6 6π π = 1e− 2 i = 1e− 2 i = 1e−3π i = 1e−3π i+2π i+2π i

= 1eπ i = 1(cos π + i · sen π ) = −1. Por tanto: z3 = −1. Problema 2.45

Efectuar las operaciones que se indican: 2 − 3i 3+i − , (2 + 3i)(1 + i) 4(2 − i)

✐

52

(1 − 2i) ,

√ !12 1+i 3 . 1−i

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

147

Solución

2 − 3i 3+i − (2 + 3i)(1 + i) 4(2 − i) Dado que se trata de sumas y productos sencillos, simplificamos el denominador de la primera fracción en forma binómica:

• z=

z=

=

2 − 3i 3+i 2 − 3i 3+i − = − = (2 + 3i)(1 + i) 4(2 − i) 2 + 5i + 3i2 4(2 − i)

3+i 2 − 3i 3+i 2 − 3i − = − . 2 + 5i + 3(−1) 4(2 − i) −1 + 5i 4(2 − i)

Para dividir los números complejos que componen cada fracción, multiplicamos y dividimos por el conjugado del denominador: z=

(3 + i)(2 + i) (2 − 3i)(−1 − 5i) − (−1 + 5i)(−1 − 5i) 4(2 − i)(2 + i)

=

(2(−1) − (−3)(−5)) + (2(−5) + (−3)(−1))i (3 · 2 − 1 · 1) + (3 · 1 + 1 · 2)i − (−1)2 − (5i)2 4(22 − (i)2 )

=

(−2 − 15) + (−10 + 3)i (6 − 1) + (3 + 2)i −17 − 7i 5 + 5i = − − (−1)2 + 52 4(22 + 1) 26 20

=

−17 − 7i 1 + i − . 26 4

Finalmente, reducimos las fracciones a común denominador y las sumamos: z=

=

−17 − 7i 1 + i (−17 − 7i) · 2 (1 + i) · 13 − = − 2 · 13 2·2 (2 · 13) · 2 (2 · 2) · 13

(−34 − 14i) − (13 + 13i) 47 27 = − − i. 52 52 52

Así pues: z=−

47 27 − i. 52 52

• z = (1 − 2i)52

En este caso, dado que debemos elevar a 52, es más conveniente operar en forma polar o exponencial. Pasamos (1 − 2i) a forma exponencial: √ 1 − 2i = 5e−1.10715i .

✐

✐

148

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Elevamos el resultado a 52: √ √ 52 z = ( 5e−1.10715i )52 = 5 e52·(−1.10715i) = 526 e−0.32567π i

= 1.49012 · 1018 e−1.02312i . Por tanto: z = 1.49012 · 1018 e−1.02312i = 7.7598 · 1017 − 1.2721 · 1018 i. • z=

√ !12 1+i 3 1−i

En este caso, debemos resolver la división de números complejos para luego elevar el resultado a 12. Dado que para la segunda operación es más conveniente operar en forma polar o exponencial, optamos por pasar directamente el numerador y el denominador a forma exponencial antes de calcular la división: √ π 1 + i 3 = 2e 3 i √ π 1 − i = 2e− 4 i . Por tanto: π

2e 3 i √ −π i 2e 4

z=

!12

Calculamos la división: z=



π π 2 √ e( 3 −(− 4 ))i 2

12

Elevamos a 12: z3 = Así pues:

√

7π

2e 12 i

12

=

√

12

=

√

7π

2e 12 i

12

.

7π

2 e12 12 i = 26 e7π i = 26 eπ i = −64.

z3 = −64. Problema 2.46

Calcular:

q 5

✐

√ 1 − 3i,

5 4

( 1 − i) ,

√ 3 −1 + i p √ . 1 + 3i

✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

149

Solución p 5

• z=

√ 1−i 3

√ Debemos expresar el número 1 − i 3 en forma polar o exponencial para calcular sus raíces quintas. Expresado en forma polar: q q √ 5 z = 1 − i 3 = 5 2− π3 .

La primera raíz tendrá por módulo la raíz quinta de dos y por argumento − π3 dividido por 5: √ √ 5 5 z1 = 2 ( π3 ) = 2− 15π . −

5

Las otras cuatro raíces tendrán el mismo módulo, y sus ángulos diferirán en radianes. Entonces: √ √ 5 5 z2 = 2 5π = 2 π3 , 15 √ 5 z3 = 2 11 π , 15 √ 5 z4 = 2 17 π , 15 √ 5 z5 = 2 23 π .

2π 5

15

Por tanto, las cinco soluciones son: √ 5 2− 15π , √ 5 z2 = 2 π3 , √ 5 z3 = 2 11 π , 15 √ 5 z4 = 2 17 π , 15 √ 5 z5 = 2 23 π . z1 =

15

5

• z = ( 1 − i) 4

Obsérvese que un número elevado a 5: 5

5 4

son las raíces cuartas del número elevado a 1

z = (1 − i) 4 = (1 − i)5· 4 = (1 − i)5


14

=

q 4

( 1 − i) 5 .

Por tanto, debemos calcular (1 − i) elevado a 5 y, a continuación, calcular las raíces cuartas del resultado. Para elevar a 5 debemos operar en forma polar o exponencial. Pasamos (1 − i) a forma exponencial: √ π 1 − i = 2e− 4 i .

✐

✐

150

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

z2

z3

z1 z4 z5 z √

Figura 2.69. Raíces quintas del número 1 − i 3 (Problema 2.46).

Elevamos a 5: √ 5 π 5π 5 2e− 4 i = 2 2 e− 4 i .

A continuación, calculamos la primera raíz cuarta: q 4 5π 1 5 5π 5 z1 = 2 2 e− 4 · 4 i = 2 8 e− 16 i .

Las otras tres raíces tendrán el mismo módulo, y su argumento diferirá en radianes. Entonces: 5

5π

5

2π

5

8π

5π

2π 4

=

π 2

3π

z2 = 2 8 e− 16 + 4 i = 2 8 e− 16 + 16 i = 2 8 e 16 i 5

3π

5

11π

5

2π

3π

8π

5

11π

z3 = 2 8 e 16 + 4 i = 2 8 e 16 + 16 i = 2 8 e 16 i 5

2π

11π

8π

5

19π

z4 = 2 8 e 16 + 4 i = 2 8 e 16 + 16 i = 2 8 e 16 i Por último:  5 z1 = 2 8

5 π − 16



 5



 5

z2 = 2 8 

 5

z3 = 2 8 z4 = 2 8

✐

3 16 π

11 16 π

19 16 π

.

✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

151

z

z2 z1

z3 z4 5 5π Figura 2.70. Raíces cuartas de 2 2 e− 4 i (Problema 2.46).

√ 3 −1 + i • z= p √ 1 + 3i En este caso, tenemos que calcular las raíces de dos números, así que debemos operar en forma polar o exponencial. Pasamos los números a forma exponencial: √ 3π − 1 + i = 2e 4 i √ π 1 + 3i = 2e 3 i . Calculamos las raíces: q q 3π 1 2π k π 2π k 1 3 √ 3 √ 3π i 2e 4 = 2e( 4 · 3 + 3 )i = 2 6 e( 4 + 3 )i ,

k = 0, 1, 2

p π √ π 1 2π l π 1 2e 3 i = 2e( 3 · 2 + 2 )i = 2 2 e( 6 +π l )i ,

l = 0, 1.

A continuación, calculamos la división:

2π k π 1 π 2π k π 1 1 2 6 e( 4 + 3 ) i z= 1 π = 2 6 − 2 e( 4 + 3 −( 6 +π l ))i + π l i ( ) 22 e 6 4

π

=2− 12 e( 4 + 1

2π k π 3 − 6 −π l

π

= 2− 3 e( 12 +

✐

)i

2π k 3 −π l

)i,

k = 0, 1, 2,

l = 0, 1.

✐

152

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Obsérvese que nos queda una expresión con tres posibles valores de k y dos posibles valores de l. Por tanto, existirán 3 · 2 = 6 soluciones. Calculamos las soluciones: 1

π

para k = 0 y l = 0: z1 = 2− 3 e 12 i , 1

π

1

π

2π

1

π

2π

1

π

2π ·2 3

1

π

2π ·2 3 −π

1

11π

para k = 0 y l = 1: z2 = 2− 3 e( 12 −π )i = 2− 3 e− 12 i , 1

9π

para k = 1 y l = 0: z3 = 2− 3 e( 12 + 3 )i , = 2− 3 e 12 i 1

3π

1

para k = 1 y l = 1: z4 = 2− 3 e( 12 + 3 −π )i = 2− 3 e− 12 i = 2− 3 e− 4 i , para k = 2 y l = 0: z5 = 2− 3 e( 12 + para k = 2 y l = 1: z6 = 2− 3 e( 12 +

π

)i = 2− 31 e 1712π i , )i = 2− 31 e 512π i .

Problema 2.47

Resolver en C las siguientes ecuaciones: (a) x2 + ix + 1 = 0; (b) x4 + x2 + 1 = 0; (c) z3 − iz + (−1 + i) = 0; (d) z3 + (1 + i)z2 + (−2 + i)z − 2i = 0. Solución

(a) x2 + ix + 1 = 0 En este apartado debemos resolver una ecuación de segundo grado. Para ello utilizaremos la fórmula que nos permite calcular las soluciones de una ecuación de la forma ax2 + bx + c = 0. En este caso, a = 1, b = i y c = 1; por tanto: √ √ −i ± −1 − 4 −b ± b2 − 4ac = x = 2a 2 √ √ √ √ √ −i ± 5 −1 −i ± 5i −1 ± 5 −i ± −5 = = = i. = 2 2 2 2 Con lo que las dos soluciones son (b) x4 + x2 + 1 = 0

√ −1+ 5 i 2

y

√ −1− 5 i. 2

En este apartado debemos resolver una ecuación de cuarto grado, pero podemos convertirla en una ecuación de segundo grado a través del cambio de variable y = x2 . De esta manera, la ecuación queda como: x4 + x2 + 1 = (x2 )2 + (x2 ) + 1 = y2 + y + 1 = 0.

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✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

153

Para resolverla utilizaremos la fórmula que nos permite calcular las soluciones de una ecuación de la forma ax2 + bx + c = 0. En este caso, a = 1, b = 1 y c = 1; por tanto: √ √ −b ± b2 − 4ac −1 ± 1 − 4 x = = 2a 2 √ √ √ √ √ −1 ± 3i 1 3 −1 ± −3 −1 ± 3 −1 = = =− ± i. = 2 2 2 2 2 √

De modo que las dos soluciones son y1 = − 21 + 23 i y y2 = − 21 − A continuación, debemos deshacer el cambio de variable: s √ 1 3 √ x1 = y1 = − + i, 2 2 s √ 1 3 √ x2 = y2 = − − i. 2 2

√

3 2 i.

Para calcular estas raíces operaremos en forma exponencial: s √ q 3 1 2π x1 = − + i = 1e 3 i , 2 2 s √ q 1 3 4π i = 1e 3 i . x2 = − − 2 2

Calculamos las raíces de x1 :

x11 =

q

2π

1e 3 i =

√ 2π 1 i π 1e 3 2 = 1e 3 i ,

2π

π

4π

x12 = 1e( 3 + 2 )i = 1e 3 i . Calculamos las raíces de x2 : x21 =

q

4π

1e 3 i =

x22 = 1e(

2π 2π 3 + 2

√

4π 1 2i

1e 3

2π

= 1e 3 i ,

)i = 1e 53π i .

Por tanto, las soluciones de la ecuación x4 + x2 + 1 = 0 son: √ π 1 3 i x11 = 1e 3 = + i, 2 2√ 4π 3 1 x12 = 1e 3 i = − − i, 2 √2 2π 1 3 x21 = 1e 3 i = − + i, 2 √ 2 5π 1 3 x22 = 1e 3 i = − i. 2 2

✐

✐

154

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(c) z3 − iz + (−1 + i) = 0

En este caso, debemos resolver una ecuación de tercer grado, por lo que no podemos utilizar la fórmula empleada en los dos apartados anteriores, ya que solo sirve para ecuaciones de la forma ax2 + bx + c = 0. Podemos intentar resolver la ecuación con la regla de Ruffini: 1 1 i

0 −i (−1 + i) 1 1 ( 1 − i) 1 1 ( 1 − i) 0 i ( i − 1) 1 ( 1 + i) 0

Podemos factorizar el polinomio como: z3 − iz + (−1 + i) = (z + (1 + i))(z − i)(z − 1) = 0 Por tanto, las soluciones de la ecuación son: z1 = −1 − i, z2 = i,

z3 = 1. (d) z3 + (1 + i)z2 + (−2 + i)z − 2i = 0 Para resolver esta ecuación utilizaremos la regla de Ruffini, como en el apartado anterior: 1 (1 + i) (−2 + i) −2i 1 1 ( 2 + i) 2i 1 ( 2 + i) 2i 0 −2 −2 −2i 1 i 0 Podemos factorizar el polinomio como: z3 + (1 + i)z2 + (−2 + i)z − 2i = (z + i)(z + 2)(z − 1) = 0 Por tanto, las soluciones de la ecuación son: z1 = −i,

z2 = −2,

z3 = 1.

✐

✐

CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

155

Problema 2.48

Calcular: (a) z =

2i 2 + 3i 3 + + ; i 2 + i 1 + 2i

(b) Los números reales a, b ∈ R, sabiendo que:

(−5 + ai)(b + 19i) = 3 + 2i; (c) El número real a ∈ R para que z = cuadrante.

Solución

(a) z =

3 − 2ai esté situado en la bisectriz del primer 4 − 3i

2i 2 + 3i 3 + + i 2 + i 1 + 2i

Para poder sumar las fracciones las simplificamos multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador: z=

3 −i 2i 2 − i 2 + 3i 1 − 2i + + i −i 2 + i 2 − i 1 + 2i 1 − 2i

=

4i − 2(i)2 2 + 3i − 4i − 6(i)2 −3i + + −(i2 ) 22 − (i)2 (1)2 − 22 (i

=

−3i 4i − 2(−1) 2 − i − 6(−1) + + −(−1) 4 − (−1) 1 − 4(−1)

= −3i +

2

2 − 4i 8 − i + . 5 5

A continuación, reducimos las fracciones a común denominador y las sumamos: 2 − 4i 8 − i + 5 5 −15i 2 − 4i 8 − i = + + 5 5 5 10 − 12i = 5 12 = 2 − i. 5

z = −3i +

(b) Los números reales a, b ∈ R, sabiendo que:

(−5 + ai)(b + 19i) = 3 + 2i

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156

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Para empezar pasamos el producto (−5 + ai)(b + 19i) a número binomial:

(−5 + ai)(b + 19i) = −5b + abi − 95i + 19a(i)2 = −5b + abi − 95i − 19a = (−19a − 5b) + (ab − 95)i. La parte real y la parte imaginaria del número (−19a − 5b) + (ab − 95)i deben coincidir con la parte real y la parte imaginaria del número 3 + 2i. Por tanto: −19a − 5b = 3 ⇔ ab − 95 = 2. Debemos resolver el sistema de ecuaciones anterior. Operando en la primera ecuación: −19a − 5b = 3 ⇔ −19a = 3 + 5b 5 3 ⇔ a = − − b. 19 19 Sustituyendo a en la segunda ecuación:   3 5 ab − 95 = 2 ⇔ − − b · b − 95 = 2 19 19 3 5 ⇔ − b − b2 − 95 = 2 19 19 3 5 ⇔ − b2 − b − 97 = 0. 19 19 Para calcular b debemos resolver la ecuación de segundo grado anterior. Para ello utilizaremos la fórmula que nos permite calcular las soluciones de una ecuación 5 3 de la forma ax2 + bx + c = 0. En este caso, a = − 19 , b = − 19 y c = −97; por tanto: q √ 3 3 2 5 − ( − ) ± (− 19 ) − 4(− 19 )(−97) 2 −b ± b − 4ac 19 = x = 5 2a 2(− 19 ) q q q 1940 9 3 9 −36851 36860 3 3 ± − ± − ± 19 361 19 19 361 361 19 361 = = = 10 10 − 10 − − 19 19 19 q √ ! √ 3 36851 36851 3 36851 3 19 ± 361 i = = 1910 ± 1910 i = − ± − i . 10 10 − 10 − 19 − 19 19 Con lo que las dos soluciones son: √ 3 36851 − + i, 10 10

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3 − − 10

√

36851 i. 10

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

157

El enunciado nos pide que encontremos los números reales a, b ∈ R que verifican:

(−5 + ai)(b + 19i) = 3 + 2i, pero las soluciones que hemos encontrado para b son números complejos. Por tanto, podemos concluir que no existen a y b reales que verifiquen la propiedad anterior. 3 − 2ai (c) El número real a ∈ R para que z = esté situado en la bisectriz del primer 4 − 3i cuadrante. Empezamos por simplificar la fracción multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador: z=

3 − 2ai 3 − 2ai 4 + 3i = 4 − 3i 4 − 3i 4 + 3i

=

12 − 8ai + 9i − 6a(i)2 42 − 32 (i)2

=

12 + (9 − 8a)i − 6a(−1) 16 − 9(−1)

=

12 + 6a + (9 − 8a)i 25

=

12 + 6a 9 − 8a + i. 25 25

La bisectriz del primer cuadrante es la recta que pasa por el origen y forma un ángulo de π4 radianes con el eje de abcisas. Por tanto, los números complejos situados en la bisectriz del primer cuadrante son de la forma: π

re 4 i Expresados en forma binomial: √ √ π π 2 2 r · cos( ) + r · sen( )i = r +r i 4 4 2 2 Por tanto, son todos aquellos números cuyas partes real e imaginaria son iguales y positivas. Entonces, debemos imponer que las partes real e imaginaria del número: 12 + 6a 9 − 8a + i 25 25

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158

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

sean iguales y positivas para que se encuentre situado en la bisectriz del primer cuadrante: Re(z) = Im(z); 12 + 6a 9 − 8a = ; 25 25 12 + 6a = 9 − 8a; 14a = −3 Por tanto, el valor de a para que z = cuadrante es:

⇒

a=−

3 . 14

3 − 2ai esté situado en la bisectriz del primer 4 − 3i

a=−

3 . 14

Observemos que con este valor de a se obtiene Re(z) = Im(z) =

3 7

> 0.

Problema 2.49

Demostrar que si z es un número complejo, el cociente: z−z z+z es un número imaginario puro. Solución

Si z es un número complejo, lo podemos expresar en forma binómica de la siguiente manera: z = a + bi, donde a es la parte real y b es la parte imaginaria, siendo a y b ∈ R. Su conjugado es: z = a − bi. Entonces:

(a + bi) − (a − bi) 2bi b b z−z = = = i = 0 + i. z+z (a + bi) + (a − bi) 2a a a Podemos ver que la parte real es 0 y, por tanto, se demuestra que el cociente: z−z z+z es un número imaginario puro.

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

159

Problema 2.50

Determinar una condición necesaria y suficiente para que dos números complejos z1 , z2 ∈ C cumplan la igualdad: |z1 + z2 | = |z1 | + |z2 |. Solución

Como tenemos que sumar los dos números, nos conviene tenerlos expresados en forma binómica, es decir, consideramos z1 = a1 + b1 y z2 = a2 + b2 i. Entonces, la igualdad |z1 + z2 | = |z1 | + |z2 | da lugar a: q q q (a1 + a2 )2 + (b1 + b2 )2 = a21 + b21 + a22 + b22 , y elevando al cuadrado tenemos:

q q (a1 + a2 )2 + (b1 + b2 )2 = a21 + b21 + a22 + b22 + 2 a21 + b21 a22 + b22 .

Por tanto:

q −2 (a21 + b21 )(a22 + b22 ) = a21 + b21 + a22 + b22 − (a1 + a2 )2 − (b1 + b2 )2

= −2a1 a2 − 2b1 b2 .

Entonces, si dividimos por −2 y volvemos a elevar al cuadrado tenemos que:

(a21 + b21 )(a22 + b22 ) = (a1 a2 + b1 b2 )2 , de donde simplificando: 0 = (a21 + b21 )(a22 + b22 ) − (a1 a2 + b1 b2 )2   = a21 a22 + a21 b22 + b21 a22 + b21 b22 − a21 a22 + 2a1 a2 b1 b2 + b21 b22

= a21 b22 + b21 a22 − 2a1 a2 b1 b2 = (a1 b2 − a2 b1 )2 .

Por tanto, llegamos a que la condición que deben cumplir a1 , a2 , b1 y b2 es que: a1 b2 − a2 b1 = 0, que es equivalente a imponer que: a1 b1 a2 b2 = 0.

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160

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Esta condición nos dice que los dos vectores (a1 , b1 ) y (b1 , b2 ) deben ser paralelos, es decir, que los dos números deben estar alineados. Así pues, para que se cumpla que: |z1 + z2 | = |z1 | + |z2 |, los vectores que determinan z1 y z2 deben ser paralelos. Problema 2.51

(a) Determinar dos complejos z1 y z2 , sabiendo que su cociente es 3, que la suma de sus argumentos es π /3 y que la suma de sus módulos es 8. (b) Una de las raíces cúbicas de un cierto número complejo z es 3i; calcular este número complejo z y el resto de sus raíces cúbicas. Solución

(a) Debemos determinar dos números complejos z1 y z2 , sabiendo que su cociente es 3, que la suma de sus argumentos es π /3 y que la suma de sus módulos es 8. A partir de la primera condición sabemos que: r1 eθ 1i z1 r1 = = e(θ 1−θ 2)i. z2 r2 eθ 2i r2 El cociente de los dos números es igual a 3, que expresado en forma exponencial es 3e2π ki , k ∈ Z; por tanto: r1 (θ 1−θ 2)i = 3e2π ki , k ∈ Z; e r2 r1 = 3; r2 (θ 1 − θ 2) = 2π k, k ∈ Z; Así pues, el módulo y argumento de los números deben cumplir las siguientes condiciones: r1 = 3, r2 θ 1 − θ 2 = 2π k, π θ1 + θ2 = , 3 r1 + r2 = 8.

k ∈ Z,

Operando en la primera ecuación: r1 = 3; r1 = 3r2 . r2

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

161

Sustituyendo en la cuarta ecuación: r1 + r2 = 8; 3r2 + r2 = 8; 4r2 = 8; r2 = 2; r1 = 3r2 ; r1 = 6. Operando en la segunda ecuación:

θ 1 − θ 2 = 2π k, θ 1 = θ 2 + 2π k,

k ∈ Z;

k ∈ Z.

Sustituyendo en la tercera ecuación:

θ1 + θ2 =

π ; 3

θ 2 + 2π k + θ 2 = 2 · θ2 =

θ2 =

π − 2π k, 3

π − π k, 6

π , 3

k ∈ Z;

k ∈ Z;

k ∈ Z;

θ 1 = θ 2 + 2π k =

π π − π k + 2π k = + π k, 6 6

k ∈ Z.

Por tanto, los dos números complejos que verifican las condiciones mencionadas en el enunciado son: π

π

z1 = 6e 6 +π k

y z2 = 2e 6 −π k ,

k ∈ Z.

(b) Sabiendo que una de las raíces cúbicas de un cierto número complejo z es 3i, debemos calcular este número complejo z y el resto de sus raíces cúbicas. Sabemos que: √ 3 z = 3i. Calculamos el número complejo z: π

z = (3i)3 = 33 (i)3 = −27i = 27e− 2 . A continuación, podemos calcular las raíces cúbicas de z, pero no es necesario que lo hagamos, dado que ya conocemos una de ellas y sabemos que las otras dos tendrán el mismo módulo, mientras que los ángulos diferirán en 23π radianes. Dado que la primera raíz es: π

z1 = 3i = 3e 2 i ,

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162

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

el resto de las raíces serán: π

2π

7π

z2 = 3e( 2 + 3 )i = 3e 6 i z3 = 3e(

7π 2π 6 + 3

)i = 3e 116π i . π

Por tanto, el número complejo es z = 27e− 2 = −27i y sus raíces cúbicas son: π

z1 = 3e 2 = 3i,

7

z2 = 3e 6 π = −

3√ 3 3− i 2 2

y

11

z3 = 3e 6 π =

3√ 3 3 − i. 2 2

Problema 2.52

Calcular z ∈ C de forma que z, z−1 y 1 − z tengan el mismo módulo. Solución

Consideremos z expresado en forma polar como z = rθ . Tenemos dos incógnitas: el módulo y el argumento. Necesitamos, pues, dos ecuaciones para resolver el sistema. Estas las sacamos de las condiciones que nos impone el enunciado: que z, z−1 y 1 − z tengan el mismo módulo. Imponemos primero que |z| = |z−1 |. Tenemos que r = 1r , de donde r2 = 1. Entonces dado que r ≥ 0, tenemos que r = 1 y, por tanto: z = 1θ = cos θ + i sen θ . Imponemos ahora que |z| = |1 − z|. Dado que |z| = 1 y z = cos θ + i sen θ , tenemos que: 1 = | − 1 + (cos θ + i sen θ )| = |(−1 + cos θ ) + i sen θ | p = (−1 + cos θ )2 + (sen θ )2 .

Elevando al cuadrado la expresión anterior:

1 = (−1 + cos θ )2 + (sen θ )2 = 1 − 2 cos θ + (cos θ )2 + (sen θ )2

= 2 − 2 cos θ ,

Por tanto, cos θ = 21 . Vemos que hay dos argumentos principales que satisfacen cos θ = ra 2.71): π π θ1 = y θ2 = − . 3 3

1 2

(véase la Figu-

Por tanto, habrá dos soluciones: z1 = 1 π3

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y z2 = 1− π3 .

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

163

θ = π /3 = 60◦ θ = −π /3 = −60◦

Figura 2.71. Ángulos que satisfacen cos θ = 21 (Problema 2.52).

Si evaluamos z−1 y 1 − z por cada uno de los valores encontrados de z y calculamos sus módulos, comprobaremos que todos son r = 1, como el propio módulo de z. Problema 2.53

Determinar los números complejos z tales que: (a) z¯ = z−1 ; (b) |1 − z|2 ≤ 1 − |z|2 ; (c) |z − α | = |z − β |, (α , β ∈ R ). Solución

(a) Sea z = a + bi = rθ , entonces imponer que z¯ = z−1 en forma binómica es imponer que: a − bi =

1 a + bi

Multiplicando la igualdad por a + bi, tenemos que:

(a − bi)(a + bi) = 1 ⇐⇒ a2 − (bi)2 = a2 + b2 = 1 ⇐⇒ r2 = 1. Dado que r ≥ 0, la ecuación r2 = 1 nos dice que r = 1. Por tanto, los números que verifican que z¯ = z−1 son los números con módulo 1, es decir, son los números de la forma z = 1θ . (b) Sea z = a + bi, e imponemos que |1 − z|2 ≤ 1 − |z|2 . Dado que: |1 − z|2 = |1 − a − bi|2 = (1 − a)2 + b2 ,

1 − |z|2 = 1 − (a2 + b2 ) = 1 − a2 − b2 ,

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164

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

queremos que se verifique la desigualdad:

(1 − a)2 + b2 ≤ 1 − a2 − b2 ⇐⇒ 1 + a2 − 2a + b2 ≤ 1 − a2 − b2 ⇐⇒ 2a2 + 2b2 ≤ 2a ⇐⇒ b2 ≤ a − a2 . Si a−a2 = a(1−a) < 0, la ecuación b2 ≤ a−a2 no tiene solución real. Esto ocurre cuando a < 0 y cuando a > 1. Es decir, la ecuación anterior solo tiene solución si la parte real está dentro del intervalo [0, 1]. En este caso, además es necesario que b2 ≤ a − a2 . Dado que esta desigualdad se puede expresar como: b2 + (a − 1/2)2 < 1/4 (completando cuadrados), la representación de los números complejos que verifican esta desigualdad es una circunferencia centrada en el punto (1/2, 0) y de radio 1/2, tal y como se muestra en la Figura 2.72.

(a, b) tal que b2 − (a − 1/2)2 < 1/4

Figura 2.72. Superficie del plano complejo que contiene los números que verifican |1 − z|2 ≤ 1 − |z|2 (Problema 2.53).

(c) Dado que los módulos de números complejos son siempre números positivos, imponer que |z − α | = |z − β | es equivalente a imponer que |z − α |2 = |z − β |2 . Tomemos z = a + bi, entonces tenemos que: |z − α |2 = |a + bi − α |2 = (a − α )2 + b2 , |z − β |2 = |a + bi − β |2 = (a − β )2 + b2 ,

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CAPÍTULO 2. CONJUNTOS NUMÉRICOS. EL CONJUNTO DE LOS NÚMEROS COMPLEJOS

165

y, por tanto, si imponemos que |z − α |2 = |z − β |2 tenemos que:

(a − α )2 + b2 = (a − β )2 + b2 ⇐⇒ (a − α )2 − (a − β )2 = 0. Simplificando la expresión anterior llegamos a: 0 = (a − α )2 − (a − β )2 = a2 + α 2 − 2aα − a2 − β 2 + 2aβ

= 2a(β − α ) + α 2 − β 2 .

Por tanto, resulta que:

2a(β − α ) = β 2 − α 2 .

Si β = α , entonces la expresión anterior se convierte en 0 = 0, es decir, en el caso en que α = β , la igualdad que nos dan siempre es cierta. Si β 6= α , podemos pasar dividiendo este término y llegamos a que: a=

1 β 2 − α2 1 (β − α )(β + α ) 1 = = (β + α ). 2 β −α 2 β −α 2

Por tanto, la respuesta del problema es: la igualdad es cierta para todo z ∈ C si α = β si α 6= β

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z = 12 (β + α ) + bi, b ∈ R.

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2013/5/10 — 10:57 — page 28 — #42

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CAPÍTULO

3

Funciones, límites y continuidad

«My special pleasure in mathematics rested particularly on its purely speculative part.» (Bernard Bolzano)

Este tercer capítulo es fundamental, pues contiene una noción clave para la matemática como es el concepto de límite. El límite de una función en un punto caracteriza el comportamiento de una función en el entorno de ese punto. Aunque los límites ya aparecen en el desarrollo del cálculo en los siglos XVII y XVIII, la definición y notación actuales, que presentamos en este libro, corresponden a Bernard Bolzano, matemático checo (1781-1848), que ya utilizó la llamada técnica épsilon-delta. Antes, se recordarán algunos aspectos de las funciones reales de variable real, tales como el dominio o la imagen. También se verá el concepto de función continua en un punto. La idea de límite se usará también en los Capítulos 4 y 5, cuando se definan la derivada y la integral de Riemann.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

3.1. Funciones reales de variable real 3.1.1. Concepto de función. Inyectividad. Exhaustividad. Biyectividad Definición 3.1 Función

Una función de una variable es una correspondencia entre dos conjuntos: f : A −→ B

x −→ f (x) = y

tal que la imagen es única. Si B ⊂ R se dice que f es real. Del mismo modo, si A ⊂ R se dice que f es de variable real. A la variable y, cuyo valor depende de la variable x, se le llama variable dependiente. A la variable x se le llama variable independiente. En la Figura 3.1 se puede ver un ejemplo de una función (izquierda) y también una curva que no es la gráfica de ninguna función (derecha).

Figura 3.1. Ejemplo de una función (izquierda) y ejemplo de una curva en el plano que no representa a la gráfica de ninguna función (derecha).

En este libro solo consideraremos funciones reales de variable real, es decir: f : A ⊂ R −→ R. Definición 3.2 Función inyectiva

Una función f : A ⊂ R −→ B ⊂ R es inyectiva si dos números distintos x1 , x2 ∈ A, x1 6= x2 , tienen imágenes distintas f (x1 ) 6= f (x2 ). O, dicho de otra manera, si la igualdad de dos imágenes f (x1 ) = f (x2 ) implica la igualdad de los puntos x1 = x2 . Ejemplo 3.1 La función f : R −→ R definida como f (x) = x2 no es inyectiva, ya que

los puntos x1 = 1 y x2 = −1 tienen la misma imagen f (1) = f (−1) = 1.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

169

Ejemplo 3.2 La función f : R −→ R definida como f (x) = 2x + 7 sí es inyectiva, ya

que si f (x1 ) = f (x2 ); esto implica que 2x1 + 7 = 2x2 + 7, que a su vez implica que x1 = x2 .  Nota 3.1

La inyectividad de una función depende del conjunto A sobre el que está definida. Por ejemplo, la función f : [0, +∞) −→ R definida como f (x) = x2 sí es inyectiva. Ejercicio propuesto 3.1

Demuestra que la función f : [0, +∞) −→ R definida como f (x) = x2 es inyectiva. Definición 3.3 Función exhaustiva

Una función f : A ⊂ R −→ B ⊂ R es exhaustiva si para todo elemento y ∈ B existe un elemento x ∈ A tal que: f (x) = y.

Nota 3.2

La exhaustividad de una función depende del conjunto B sobre el que está definida. Véase el Ejemplo 3.3. Ejemplo 3.3 La función f : [0, +∞) −→ R definida como f (x) = x2 no es exhaustiva

porque existen valores en R, como y = −1 o y = −2 para los que no existe ningún  número x ∈ [0, +∞) tal que f (x) = x2 = −1 o f (x) = x2 = −2. Ejemplo 3.4 Si consideramos en cambio la función f : R −→ [0, +∞) ⊂ R definida

como f (x) = x2 , ahora podemos decir que sí es exhaustiva, ya que para todo y ∈ [0, +∞) existe al menos un número x ∈ R tal que: f (x) = x2 = y > 0.

De hecho, en este caso, existen dos números, que son: √ x = ± y. 

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170

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

3.1.2. Conjuntos importantes Definición 3.4 Dominio

Se llama dominio de una función y = f (x) al conjunto de valores x para los que f (x) está definida. Generalmente se denota por Dom( f ). En el caso de las funciones reales de variable real, el dominio de una función son todos los números reales que tienen por imagen un número real. En la Tabla 3.1 se resumen los dominios de algunas funciones. Tabla 3.1. Dominio de algunas funciones importantes. Nótese que R [x] se refiere al conjunto de los polinomios de coeficientes reales.

Función

Dominio

f ( x) = p( x) ∈ R [ x]

Dom( f ) = R

f ( x) =

f ( x) = f ( x) =

p ( x) , q ( x)

p 2n

p( x) , q( x) ∈ R [ x]

g( x) p g( x)

Dom( f ) = R − {x | q(x) = 0} Dom( f ) = {x | g(x) ≥ 0} Dom( f ) = Dom(g)

2n+1

f (x) = log(g(x))

Dom( f ) = {x | g(x) > 0}

f (x) = sen(g(x))

Dom( f ) = Dom(g)

f (x) = cos(g(x))

Dom( f ) = Dom(g)

f (x) = tan(g(x))

Dom( f ) = Dom(g) − {x | cos(g(x)) = 0}

f ( x) =

eg(x)

Dom( f ) = Dom(g)

Definición 3.5 Imagen

Se define la imagen o recorrido de la función f : A ⊂ R → B ⊂ R como el conjunto de valores f (x) ∈ B para todo x ∈ A. Es decir, es el conjunto: Im( f ) = f (A) = {y ∈ B | y = f (x), x ∈ A}. Se puede ver en la Figura 3.2 un ejemplo de lo que consideramos dominio e imagen. Definición 3.6 igualdad de funciones

Dos funciones f y g son iguales si, y solo si: (i) Dom( f ) = Dom(g) y (ii) f (x) = g(x), ∀x ∈ Dom( f ) = Dom(g). Ejemplo 3.5 A modo de ejemplo, en la Tabla 3.2 puede encontrarse la imagen de algu-

nas funciones sencillas.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

171

Dominio

Imagen Figura 3.2. En esta figura se ha representado el dominio de la función (en el eje de abscisas) y su imagen (en el eje de ordenadas). Tabla 3.2. Imagen o recorrido de algunas funciones.

Función

Imagen

f (x) = 2x + 1

Im( f ) = R

f (x) = sen(x)

Im( f ) = [−1, 1]

f ( x) =

1 x+ 1

Im( f ) = R − {0}

Definición 3.7 Gráfica de la función

Dada una función f : A ⊂ R → B ⊂ R, llamamos gráfica de la función al conjunto de puntos del plano definido como: G f = {(x, f (x)) | x ∈ A} ⊂ A × B ⊂ R2 . No hay que confundir la gráfica de la función con la propia función, aunque a veces las identifiquemos. Definición 3.8 Antiimagen

Dada una función f : A ⊂ R → B ⊂ R, y dado un elemento y ∈ B, se define el conjunto antiimagen de y, y se denota por f −1 (y), como el conjunto de elementos x ∈ A tales que f (x) = y, es decir: f −1 (y) = {x ∈ A | f (x) = y}. El conjunto antiimagen puede ser un conjunto vacío, un conjunto con un único elemento, con varios elementos o con infinitos elementos. Un ejemplo de esto puede verse en la Figura 3.3.

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172

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejemplo 3.6 Consideremos la función f : R → R tal que f (x) = x2 . En este caso,

tenemos que:

f −1 (−1) = 0/ ya que no existe ningún número real x tal que f (x) = x2 = −1; f −1 (0) = 0 ya que f (0) = 0 y, finalmente: f −1 (1) = {−1, 1} ya que f (−1) = f (1) = 1.



Figura 3.3. Gráfica de la función f (x) = x3 − 5x2 + 6x. Puede observarse que hay puntos que tienen tres antiimágenes y otros puntos que tienen una única antiimagen.

Ejemplo 3.7 Si queremos calcular el conjunto de antiimágenes de un punto y de la

función f (x) = 2x−1, tomamos y = f (x) y despejamos la x en función de la y. Entonces: y = 2x − 1

⇐⇒

x=

y+1 2

⇐⇒

f −1 (y) =

y+1 2 

3.1.3. Funciones invertibles Si para algún y ∈ f (A), el conjunto f −1 (y) consta de más de un elemento, entonces f −1 : f (A) −→ A no es una función.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

173

De lo contrario, si f −1 (y) consta siempre de un único elemento, f −1 se denomina función inversa de f . Ejemplo 3.8 [de funciones invertibles] Presentamos a continuación algunas funciones

invertibles y sus inversas. La inversa de la función f (x) = 2x + 1, es la función f −1 (x) = y = 2x + 1

⇐⇒

x=

y−1 2

⇐⇒

f −1 (y) =

x−1 2 ,

ya que:

y−1 2

La inversa de la función f (x) = ex + 1, es la función f −1 (x) = ln(x − 1), ya que: y = ex + 1

⇐⇒

x = ln(y − 1)

⇐⇒

f −1 (y) = ln(y − 1)

Nótese que aunque en el desarrollo de la función inversa, esta depende de y, finalmente la inversa se acaba expresando como una función de la variable x.  Ejemplo 3.9 [de una función no invertible] La función f (x) = x2 es una función no

invertible ya que, aislando la y de la expresión y = x2 obtenemos: y = x2

⇐⇒

√ x=± y

Por tanto: Si y < 0, f −1 (y) = 0; / si y = 0, f −1 (y) = {0}; y √ √ si y > 0, f −1 (y) es un conjunto formado por dos elementos {− y, y}.



3.1.4. Restricción de una función En ocasiones puede ser interesante reducir el dominio de una función para calcular una función inversa o hacer que la función sea biyectiva. Esto se conseguirá mediante la restricción de la función. Definición 3.9

Si X ⊂ A, se denomina restricción de f a X la aplicación: f|X : X −→ B Ejemplo 3.10 Considerar la función f : R −→ [0, ∞) tal que f (x) = x2 . Calcular la

antiimagen de todos los puntos y ∈ [0, ∞) y la función inversa, en caso de existir.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN. Dado y ≥ 0, el conjunto de antiimágenes serán los puntos x ∈ R tales que f (x) = y, es decir, tales que x2 = y. Por tanto: y=0 y>0

=⇒

=⇒

f −1 (y) = 0

√ f −1 (y) = ± y

Dado que la antiimagen de los puntos y > 0 no es única, la función no es invertible. Entonces: √ f −1 : [0, ∞) −→ R, f −1 (y) = ± y no es una función, como puede verse en la Figura 3.4.



y

f ( x)

f −1 (y)

x

f −1 (y)

Figura 3.4. Gráfica de la función f (x) = x2 (izquierda) y gráfica de su inversa (derecha). Como puede observarse, la inversa no es una función pues, dado un valor, le corresponden dos imágenes.

En el Ejemplo 3.11, a continuación, se restringe el dominio para que exista la función inversa. Ejemplo 3.11 Consideremos la función f : R −→ [0, ∞), f (x) = x2 , restringida en el

intervalo X = [0, ∞). Calcular la antiimagen de todos los puntos y ∈ [0, ∞), y calcular la función inversa, en caso de existir. 

S OLUCIÓN. Ahora estamos considerando la función: f|X : [0, ∞) −→ [0, ∞)

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

175

Dado y ≥ 0, su antiimagen serán los puntos x ∈ [0, ∞) tales que f|X (x) = y, es decir: x2 = y. En este caso, la ecuación x2 = y tiene dos soluciones reales: √ x = ± y, √ pero solo x = + y está en el dominio[0, ∞). √ −1 Por tanto, dado y ≥ 0, su antiimagen f|X (y) = + y es única y la función inversa existe y es: √ −1 −1 f|X : [0, ∞) −→ R, f|X ( y) = y La función restringida f|X (x) y su inversa están representadas en la Figura 3.5.



y

f ( x)

x

f −1 (y)

Figura 3.5. Gráfica de la función f (x) = x2 restringida sobre el conjunto [0, +∞) (izquierda) y gráfica de su función inversa (derecha).

3.2. Funciones básicas A continuación se presentan algunas de las funciones que más se utilizarán a lo largo del libro. Para cada función se da su nombre, su definición explícita, el dominio, la imagen y su función inversa, en caso de que exista. La Tabla 3.3 contiene el resumen de esta información. Identidad. f (x) = x. El dominio es R, la imagen es R y la inversa es ella misma. Véase la Figura 3.6 (izquierda). Constante. f (x) = c, c ∈ R. El dominio es R, la imagen es {c} y no existe inversa. Véase la Figura 3.6 (derecha).

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f ( x)

Dominio

Imagen

Inversa

Identidad Constante

f ( x) = x f ( x) =  c, c ∈ R  −1 x < 0 f ( x) = 0 x=0  x>0  1 0 x 0. f|−1 (x) = arc sen (x) [−π /2,π /2] −1 f|[0,π ] (x) = arc cos(x) f|−1 (x) = arctan(x) (−π /2,π /2)

Tabla 3.3. Definición, dominio, imagen e inversa de las funciones más importantes.

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Función

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

177

Figura 3.6. Gráficas de la función identidad (izquierda) y de la función constante (derecha).

Función signo. f (x) = −1 si x < 0; f (0) = 0; f (x) = 1 si x > 0. El dominio es R y la imagen es {−1, 0, 1}. No existe inversa. Véase la Figura 3.7 (izquierda).

Función salto unitario en un punto. f (x) = 0 si x < a, a ∈ R; f (x) = 1 si x ≥ a. El dominio es R, la imagen es {0, 1} y no existe inversa. Véase la Figura 3.7 (derecha).

Figura 3.7. Gráficas de la función signo (izquierda) y de la función salto unitario (derecha).

Función parte entera por defecto. f (x) = m si x ∈ [m, m + 1), m ∈ Z. El dominio es R, la imagen es Z. No existe inversa. Véase la Figura 3.8 (izquierda). Función parte entera por exceso. f (x) = m si x ∈ (m − 1, m], m ∈ Z. El dominio es R, la imagen es Z. No existe inversa. Véase la Figura 3.8 (derecha).

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Figura 3.8. Gráficas de la función parte entera por defecto (izquierda) y de la función parte entera por exceso (derecha).

Función exponencial. f (x) = ex . El dominio es R, la imagen es (0, +∞) y la inversa es la función logaritmo neperiano. Véase la Figura 3.9 (izquierda). Función logaritmo. f (x) = ln x. El dominio es (0, +∞), la imagen es R. La función inversa es la función exponencial. Véase la Figura 3.9 (derecha).

Figura 3.9. Gráficas de la función exponencial (izquierda) y de la función logaritmo neperiano (derecha).

√ Función raíz cuadrada. f (x) = x. El dominio es [0, +∞), la imagen es [0, +∞). La función inversa es la función x2 (restringiendo el dominio de x2 a [0, +∞)). Véase la Figura 3.10 (izquierda).

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

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Función seno. f (x) = sen(x). El dominio es R, la imagen es [−1, 1]. La función inversa es: f|−1 [−π /2,π /2] (x) = arc sen (x) (restringiendo el dominio de la función sen(x) a [−π /2, π /2]). Véase la Figura 3.10 (derecha).

Figura 3.10. Gráficas de la función raíz cuadrada (izquierda) y de la función seno (derecha). La región sombreada corresponde a la región donde la función seno es invertible.

Figura 3.11. Gráficas de la función coseno (izquierda) y de la función tangente (derecha). Las regiones sombreadas corresponden a la regiones donde las funciones coseno y tangente son invertibles, respectivamente.

Función coseno. f (x) = cos(x). El dominio es R, la imagen es [−1, 1]. La función inversa es: f|−1 [0,π ] (x) = arc cos (x) (restringiendo el dominio de la función cos(x) a [0, π ]). Véase la Figura 3.11 (izquierda).

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Función tangente. f (x) = tan(x). El dominio son todos los reales, excepto los puntos donde se anula el coseno; la imagen es R. La función inversa es:

(x) = arctan(x) f|−1 (−π /2,π /2) (restringiendo el dominio de la función tan(x) a (−π /2, π /2)). Véase la Figura 3.11 (derecha).

3.3. Operaciones algebraicas con funciones Consideremos f : A → R y g : B → R, donde A y B son los dominios de definición de f y g, respectivamente. Sea D = A ∩ B ⊂ R la intersección de los dos dominios. Definimos las siguientes operaciones: S UMA /R ESTA: f ±g : A∩B → R

x 7→ ( f ± g)(x) = f (x) ± g(x)

P RODUCTO

POR ESCALAR :

λf :A→R x 7→ (λ f )(x) = λ · f (x), siempre que λ ∈ R. P RODUCTO: f ·g : A∩B → R

x 7→ ( f · g)(x) = f (x) · g(x)

C OCIENTE: f /g : A ∩ B − {x | g(x) = 0} → R x 7→ ( f /g)(x) =

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f ( x) g( x)

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

181

3.4. Composición de funciones Definición 3.10 Función compuesta

Consideremos las funciones f : A → B y g : C → D. Definimos la función compuesta de f y g, que notamos (g ◦ f )(x), como:

(g ◦ f )(x) = g( f (x)) Nótese que para que esta composición tenga sentido, ha de pasar que B ⊂ C. Nótese también que la función resultante es tal que:

(g ◦ f ) : A → D cuyo dominio se define como: Dom(g ◦ f ) = {x ∈ Dom( f ) ⊂ A | f (x) ∈ Dom(g) ⊂ C} Ejemplo 3.12 Consideremos h(x) =

√

sus dominios.

2x + 2 y k(x) = 3x + 2. Calcular h ◦ k y k ◦ h y 

S OLUCIÓN. La función h ◦ k se define como:

(h ◦ k)(x) = h(k(x)) = h(3x + 2) = Por otro lado:

q

2(3x + 2) + 2 =

√

6x + 6.

Dom(h ◦ k) = {x ∈ R | 6x + 6 ≥ 0}

= {x ∈ R | 6(x + 1) ≥ 0} = {x ∈ R | x + 1 ≥ 0} = {x ∈ R | x ≥ −1} = [−1, ∞)

La función k ◦ h se define como:

√ √ (k ◦ h)(x) = k(h(x)) = k( 2x + 2) = 3 2x + 2 + 2.

Por otro lado: Dom(k ◦ h) = {x ∈ R | 2x + 2 ≥ 0}

= {x ∈ R | 2(x + 1) ≥ 0} = {x ∈ R | x + 1 ≥ 0} = {x ∈ R | x ≥ −1} = [−1, ∞) 

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182

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Nota 3.3

Obsérvese que, en general, la composición de funciones no es conmutativa. Es decir:

( h ◦ k ) 6 = ( k ◦ h) .

3.5. Función inversa Definición 3.11 Función inversa

Sea f : A −→ B una función invertible (o, equivalentemente, biyectiva), es decir, que existe su función inversa f −1 : B −→ A. Entonces: f ◦ f −1 = I,

y

f −1 ◦ f = I

donde I (x) = x es la función identidad.

Nota 3.4

En la definición anterior las dos funciones identidad que aparecen no son la misma función. En efecto, la función: f ◦ f −1 = I tiene como dominio el conjunto B, mientras que la función: f −1 ◦ f = I tiene como dominio el conjunto A.

Nota 3.5

Las gráficas de las funciones f y f −1 son simétricas respecto a la bisectriz del primer y tercer cuadrante. Véase la Figura 3.12.

Ejemplo 3.13 Sea g : R −→ R tal que g(x) = x + 1. Calcular la función inversa y comprobar que g ◦ g−1 = I y que g−1 ◦ g = I. 

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

183

f −1 (x) y=x

f ( x)

Figura 3.12. Las gráficas de las funciones f y f −1 son simétricas respecto a la bisectriz del primer y tercer cuadrante.

S OLUCIÓN . Sea y ∈ R. Aislando la y de la expresión y = x + 1 obtenemos x = y − 1. Por tanto, g−1 (y) = y − 1 o, equivalentemente, g−1 (x) = x − 1. Entonces:

(g−1 ◦ g)(x) = g−1 (g(x)) = g−1 (x + 1) = (x + 1) − 1 = x = I (x)

(g ◦ g−1 )(x) = g(g−1 (x)) = g(x − 1) = (x − 1) + 1 = I (x)

 Ejercicio propuesto 3.2

Calcular las inversas de las funciones: (a) f (x) = 4x − 7 2x + 5 (b) f (x) = x−1 (c) f (x) = ln(x + 1) Comprobar que f ◦ f −1 = I y que f −1 ◦ f = I.

3.6. Límite de una función en un punto 3.6.1. Idea intuitiva El objetivo del concepto de límite es conocer cuál es el comportamiento de la función cerca de un cierto punto, sin que sea importante qué hace la función en ese punto.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Consideremos, por ejemplo, y para ilustrar el concepto de límite, la función: f ( x) =

x2 − 4 x−2

Nos interesa conocer cuál es el comportamiento de la función alrededor del punto x = 2. Antes que nada, observemos que la función no está definida para x = 2. Para calcular el límite intuitivamente, vamos a hacer una tabla de valores tomando puntos cercanos a 2 por la izquierda (más pequeños que 2) y por la derecha (más grandes que 2) y miramos el comportamiento de las imágenes (véase la Tabla 3.4): x

f ( x)

x

f ( x)

1.99

3.99

2.01

4.01

1.999

3.999

2.001

4.001

1.9999

3.9999

2.0001

4.0001

1.99999

3.99999

2.00001

4.00001

1.999999

3.999999

2.000001

4.000001

2

−4 , cuando los puntos se aproximan a 2, Tabla 3.4. Si se considera la función f (x) = xx−2 sus imágenes respectivas se aproximan a 4.

Vemos que cuando x tiende a 2 (x → 2) (véase la Figura 3.13), las imágenes de estos puntos tienden a 4 ( f (x) → 4). Esto lo podemos denotar por: l´ım f (x) = 4

x→2

Consideremos ahora en cambio el punto x = 1 y la función:  −1, x < 1 f ( x) = 1, x≥1 Si tomamos puntos cercanos a 1 por la izquierda y por la derecha y miramos las imágenes, podemos generar una conjunto de valores como en la Tabla 3.5. Al considerar valores que se aproximan a 1, las imágenes no tienden a un único valor (véase la Figura 3.14), y, por tanto, diremos que no existe el límite.

3.6.2. Definición formal Empecemos esta sección definiendo, de forma informal, el concepto de límite de una función en un punto.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

185

2

−4 . Aunque la función no esté definida en Figura 3.13. Gráfica de la función f (x) = xx−2 x = 2, puede observarse como las imágenes de los puntos cercanos a 2 se aproximan a 4.

x

f ( x)

x

f ( x)

0.99

−1

1.01

1

−1

1.001

1

−1

1.0001

1

−1

1.00001

1

−1

1.000001

1

0.999 0.9999 0.99999 0.999999

Tabla 3.5. Si se considera la función f (x) = −1 si x < 1 y f (x) = 1 si x ≥ 1, cuando los puntos se aproximan a 1, sus imágenes respectivas no tienden a un único valor.

Definición 3.12 Informal de límite de una función en un punto

Sea f : A ⊂ R → R una función real de variable y a ∈ R un punto que no tiene por qué pertenecer al dominio de f . Se dice que la función f tiene límite L ∈ R en el punto a, si | f (x) − L| es arbitrariamente pequeño cuando x está suficientemente cerca de a, no pasando nunca que x sea igual a a. La definición anterior es informal porque en ella aparecen las expresiones «arbitrariamente pequeño»y «suficientemente cerca». Veamos a continuación una nueva definición, algo más compleja, pero que evita toda ambigüedad.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Figura 3.14. Gráfica de la función f (x) = −1 si x < 1 y f (x) = 1 si x ≥ 1. Puede observarse cómo las imágenes de los puntos cercanos a 1 son diferentes si estos puntos son menores o mayores a 1.

Definición 3.13 Límite de una función en punto

Sea f : A ⊂ R → R una función real de variable real y a ∈ R un punto que no tiene por qué pertenecer al dominio de f . Se dice que la función f tiene límite L ∈ R en el punto a, si para todo número positivo ε existe un número positivo δ (que generalmente depende de ε ), tal que para todos los puntos x que verifican 0 < |x − a| < δ , entonces se tiene que | f (x) − L| < ε . Dicho de otro modo, la función f tiene límite L ∈ R en el punto a si: ∀ε > 0 ∃δ > 0 tal que ∀x que verifica 0 < |x − a| < δ entonces | f (x) − L| < ε .

Nota 3.6

En la definición anterior, es importante destacar que necesitamos que 0 < |x − a| para evitar que x pueda ser igual a a. El límite de una función f en un punto a se denota por: L = l´ım f (x) x→a

o incluso: L = l´ım f . a

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

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3.6.3. Interpretación geométrica de la definición formal de límite La definición de límite de una función en un punto puede parecer muy confusa, pero tras un poco de análisis puede entenderse perfectamente. En las siguientes líneas, vamos a tratar de hacer una aproximación a esta definición formal a través de unas imágenes. La definición formal tiene básicamente tres partes: «Para todo ε > 0». También podemos decir «dado un valor ε positivo» o «considerando un número positivo ε cualquiera». En este caso, con este número positivo ε generamos un intervalo que contiene al valor de límite L, de la forma [L − ε , L + ε ]. Este es el intervalo donde queremos que caigan las imágenes de x. Es importante notar en este momento que la expresión | f (x) − L| < ε es equivalente a f (x) ∈ (L − ε , L + ε ). Veámoslo: | f (x) − L| < ε

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

−ε < f ( x ) − L < ε

L − ε < f ( x) < L + ε f ( x) ∈ ( L − ε , L + ε )

Puede verse una representación gráfica de este intervalo en la Figura 3.15. «Existe δ > 0». También podemos decir «somos capaces de encontrar un número positivo δ ». Este valor está relacionado con ε en el sentido que depende de él. En este caso, con este número positivo δ generamos un intervalo centrado en el punto a, de amplitud 2δ y que excluye al propio punto a, es decir:

(a − δ , a) ∪ (a, a + δ ) o:

(a − δ , a + δ ) − {a}.

Este es el intervalo cuyas imágenes necesitamos que se encuentren dentro del intervalo (L − ε , L + ε ). Es importante notar en este momento que la expresión 0 < |x − a| < δ es equivalente a x ∈ (a − δ , a + δ ), x 6= a. Veámoslo en dos partes. Por un lado: |x − a| < δ

⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒

−δ < x − a < δ

a−δ < x < a+δ x ∈ (a − δ , a + δ )

Por otro lado, 0 < |x − a| quiere decir que x 6= a. Puede verse una representación gráfica de este intervalo en la Figura 3.15. «Tal que para todo x que verifica 0 < |x − a| < δ entonces | f (x) − L| < ε ». Esta última parte es una implicación, es decir, es la parte clave de la definición formal de límite. Puede verse una representación gráfica de esta implicación en la Figura 3.15.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

L+ε

L+ε

L

L

L−ε

L−ε

a−δ a a+δ

a−δ a a+δ

Figura 3.15. Representación gráfica del intervalo (L − ε , L + ε ) en el eje de ordenadas y del intervalo (a − δ , a + δ ) en el eje de abscisas (izquierda). Para que el límite de f (x) cuando x tienda a a sea L, es necesario que las imágenes de los puntos en el intervalo (a − δ , a + δ ) − {a} caigan dentro del intervalo (L − ε , L + ε ) (derecha).

3.6.4. Cálculo de límites mediante la definición Ejemplo 3.14 [límite de la función constante] Consideremos la función f (x) = k, k ∈ R

y a ∈ R. Demostrar que:

l´ım f (x) = k

x→a

 S OLUCIÓN. En este caso, para todo número positivo ε se cumple que: | f (x) − L| = |k − k| = 0 < ε , independientemente del valor de δ > 0. Por tanto, siempre es cierto que, si: 0 < |x − a| < δ , entonces | f (x) − L| = |k − k| = 0 < ε .



Ejemplo 3.15 [límite de la función identidad] Consideremos la función f (x) = x y

a ∈ R. Demostrar que:

l´ım f (x) = a

x→a

 S OLUCIÓN. La demostración de este límite la haremos siguiendo los dos pasos siguientes: Paso 1. Relacionar la diferencia | f (x) − L| con |x − a|. Paso 2. Seleccionar δ en función de ε .

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

189

Para este caso, tenemos que f (x) = x y L = a. Por tanto: Paso 1. | f (x) − L| = |x − a| = 1 · |x − a| < ε Paso 2. Si |x − a| < ε , entonces | f (x) − L| < ε . Por tanto, seleccionamos δ = ε .

Estos dos pasos previos sirven para seleccionar δ en función de ε . La demostración se completa en las siguientes líneas. Tenemos que ver que para todo ε > 0 existe δ > 0, de manera que si tomamos x ∈ R que verifique 0 < |x − a| < δ , entonces | f (x) − a| < ε .

Consideremos ε > 0 dado y tomemos δ = ε .

Entonces, ∀x ∈ R tal que 0 < |x − a| < δ , dado que f (x) = x tenemos que: | f (x) − a| = |x − a| < δ = ε como queríamos ver. Véase la Figura 3.16.



f ( x) = x L+ε L L−ε

δ =ε a−δ a+δ

a

Figura 3.16. Representación gráfica de la demostración del límite de f (x) cuando x tiende a a. Obsérvese que, en este caso, δ = ε .

Ejemplo 3.16 Consideremos la función f (x) =

l´ım f (x) =

x→a

x y a ∈ R. Demostrar que: 2 a 2 

S OLUCIÓN. La demostración de este límite la haremos también siguiendo los dos pasos siguientes: Paso 1. Relacionar la diferencia | f (x) − L| con |x − a|. Paso 2. Seleccionar δ en función de ε .

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Para este caso, tenemos que f (x) =

a x y L = . Por tanto: 2 2

Paso 1. x a 1 | f (x) − L| = − = · |x − a| < ε 2 2 2

Paso 2. Si |x − a| < ε , entonces | f (x) − L| < ε . Por tanto, seleccionamos δ = 2ε .

Estos dos pasos previos sirven para seleccionar δ en función de ε . La demostración se completa en las siguientes líneas. Tenemos que ver que para todo ε > 0 existe δ > 0, de manera que si tomamos x ∈ R que verifique 0 < |x − a| < δ , entonces: a f ( x ) − < ε. 2 Consideremos ε > 0 dado y tomemos δ = 2ε . Entonces, ∀x ∈ R tal que 0 < |x − a| < δ , dado que f (x) = x/2 tenemos que: x a δ a δ |x − a| < δ =⇒ − < =⇒ f (x) − < = ε 2 2 2 2 2

como queríamos ver. Véase la Figura 3.17.



f (x) = x/2 L+ε L L−ε

δ = 2ε a−δ a+δ

a

Figura 3.17. Representación gráfica de la demostración del límite de f (x) cuando x tiende a a. Obsérvese que, en este caso, δ = 2ε .

Ejemplo 3.17 Consideremos la función f (x) = 2x y a ∈ R. Demostrar que:

l´ım f (x) = 2a

x→a



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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

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S OLUCIÓN. La demostración de este límite la haremos siguiendo los siguientes dos pasos: Paso 1. Relacionar la diferencia | f (x) − L| con |x − a|. Paso 2. Seleccionar δ en función de ε . Para este caso, tenemos que f (x) = 2x y L = 2a. Por tanto: Paso 1. | f (x) − L| = |2x − 2a| = 2 · |x − a| < ε

ε Paso 2. Si |x − a| < ε , entonces | f (x) − L| < ε . Por tanto, seleccionamos δ = . 2 Estos dos pasos previos sirven para seleccionar δ en función de ε . La demostración se completa en las siguientes líneas. Tenemos que ver que para todo ε > 0 existe δ > 0, de manera que si tomamos: x ∈ (a − δ , a + δ ),

x 6= a,

entonces: f (x) ∈ (2a − ε , 2a + ε ).

Consideremos ε > 0 dado y tomemos δ = ε /2. Entonces, si x ∈ (a − δ , a + δ ), f (x) = 2x y:

a − δ < x < a + δ =⇒ 2a − 2δ < 2x < 2a + 2δ

=⇒ 2a − 2ε /2 < 2x < 2a + 2ε /2 =⇒ 2a − ε < f (x) < 2a + ε =⇒ f (x) ∈ (2a − ε , 2a + ε ),

como queríamos ver. Véase la Figura 3.18.



Ejemplo 3.18 [función que no tiene límite] Consideremos la función:

f ( x) =



x, si x < 2 2x, si x ≥ 2

y a = 2. Demostrar que: l´ım f (x) no existe

x→2

 S OLUCIÓN. Si observamos la Figura 3.19, podemos observar que la tendencia de la función a medida que x se acerca a a = 2 depende del lado por el que venimos. Por la izquierda la tendencia es a 2 y por la derecha es a 4. ¿Podemos decir que el límite es 4?

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f (x) = 2x L+ε L L−ε

δ = ε /2 a

a − δa + δ

Figura 3.18. Representación gráfica de la demostración del límite de f (x) = 2x cuando

x tiende a a. Obsérvese que, en este caso, δ =

ε . 2

¿Podemos decir que el límite es 2? Vamos a ver que ni una cosa ni la otra, basándonos en la definición formal de límite. Es decir, vamos a considerar un valor de ε concreto para el que ningún valor de δ hace que las imágenes de los puntos (a − δ , a + δ ) − {a} caigan dentro de (L − ε , L + ε ). Tomemos ε = 1. El límite no es L = 4 porque podemos encontrar puntos tan cerca como queramos de 2 tales que | f (x) − 4| > 1. Por ejemplo, f (1.9) = 1.9 que no pertenece al intervalo: (L − ε , L + ε ) = (4 − 1, 4 + 1) = (3, 5). De la misma manera, el límite no es L = 2 porque podemos encontrar puntos tan cerca como queramos de 2 tales que | f (x) − 2| > 1. Por ejemplo, f (2.1) = 4.2 que no pertenece al intervalo:

(L − ε , L + ε ) = (2 − 1, 2 + 1) = (1, 3). En conclusión, para todo límite candidato L, siempre podemos encontrar puntos tan cerca como queramos de 2 tales que | f (x) − L| > 1, por tanto, el límite no existe. 

Ejemplo 3.19 Consideremos la función f (x) = x2 y el punto a = 2. Demostrar que:

l´ım f (x) = 4

x→2

 S OLUCIÓN. Para demostrar este límite tenemos que ver que ∀ε > 0, ∃δ > 0, tal que: ∀x ∈ R , 0 < |x − 2| < δ =⇒ |x2 − 4| < ε .

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

193

Figura 3.19. Representación gráfica de una función que no tiene límite en un punto. Por cercanos que sean los puntos a 2, siempre hay imágenes que se escapan del intervalo (L − ε , L + ε ) = (1, 3).

En una primera aproximación a la demostración de este límite solo veremos que para ε = 3 podemos considerar δ = 1/2. En efecto: |x − 2|
2

Bastará con elegir δ como la menor de las distancias entre el número 2 y estas dos antiimágenes. Es decir: √ √ δ = m´ın{2 − 4 − ε , 4 + ε − 2} 

Figura 3.20. Representación gráfica del límite de la función este caso, cuando ε = 3, basta considerar δ =

x2 cuando x tiende a 2. En 1 2.

Nota 3.7

El límite de una función en un punto tiene como objetivo caracterizar el comportamiento de las imágenes de los puntos cercanos al punto a. Nota 3.8

El cálculo de límites mediante la definición es muy difícil; por tanto, hay que buscar técnicas alternativas para calcularlos.

3.6.5. Propiedades del límite de una función en un punto Proposición 3.1

El límite de una función en un punto, si existe, es único.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

195

D EMOSTRACIÓN. La demostración la haremos por reducción al absurdo. Supongamos que una función f (x) tiene dos límites L1 6= L2 cuando x tiende a a. Supongamos, sin pérdida de generalidad que L2 > L1 . Definamos:

ε=

L2 − L1 > 0. 2

Entonces, por definición de límite sabemos que: Dado ε , existe δ1 > 0 tal que si x ∈ (a − δ1 , a + δ1 ) − {a}, entonces: f ( x ) ∈ ( L1 − ε , L1 + ε ) Dado ε , existe δ2 > 0 tal que si x ∈ (a − δ2 , a + δ2 ) − {a}, entonces: f ( x ) ∈ ( L2 − ε , L2 + ε ) Dado ε , si consideramos ahora δ = m´ın{δ1 , δ2 }, tenemos que, simultáneamente: f ( x ) ∈ ( L1 − ε , L1 + ε ) y: f ( x ) ∈ ( L2 − ε , L2 + ε ) .

Pero f (x) no puede pertenecer simultáneamente a ambos intervalos, ya que los intervalos:

(L1 − ε , L1 + ε ) ∩ (L2 − ε , L2 + ε ) = 0/ son disjuntos. Con esto llegamos a un absurdo, lo que implica que el límite de una función, si existe, es único.  Proposición 3.2

Si una función tiene límite en un punto, entonces existe un entorno de ese punto en el que la función es acotada. D EMOSTRACIÓN. La demostración es consecuencia directa de la propia definición de límite. Consideremos la función f (x) de la cual sabemos que: l´ım f (x) = L

x→a

Esto quiere decir que para todo ε > 0 existe δ > 0, tal que si 0 < |x − a| < δ entonces: | f (x) − L| < ε . Ya hemos visto que esta última desigualdad es equivalente a que: f ( x) ∈ ( L − ε , L + ε ) .

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196

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Figura 3.21. Si una función tiene límite en un punto, entonces existe un entorno de ese punto en el que la función es acotada.

Esto último implica que: | f (x)| < m´ax{|L − ε |, |L + ε |}, lo que demuestra que la función es acotada. Esta idea puede verse ilustrada en la Figura 3.21. Proposición 3.3

Si f : A → R es una función tal que: l´ım f (x) = L 6= 0,

x→a

entonces existe un entorno reducido del punto a en el que la función conserva el signo. D EMOSTRACIÓN. La demostración es también consecuencia directa de la propia definición de límite. Consideremos la función f (x) de la cual sabemos que: l´ım f (x) = L 6= 0

x→a

Supongamos que L > 0. Consideremos ahora ε = L2 > 0. Sabemos que existe δ > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ entonces | f (x) − L| < ε . Esta última desigualdad es equivalente a que:     L L L 3L , f ( x) ∈ ( L − ε , L + ε ) = L − , L + = . 2 2 2 2 Esto último implica que hay un entorno del punto a, el intervalo (a − δ , a + δ ), en el que todas las imágenes son positivas. En particular, mayores a L2 . El caso L < 0 se demuestra de forma análoga. Esta idea puede verse ilustrada en la Figura 3.22.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

197

Figura 3.22. Si el límite de una función es distinto de cero, entonces existe un entorno de ese punto en el que la función conserva el signo.

3.7. Cálculo de límites de forma algebraica

Proposición 3.4 Álgebra de límites de funciones

Si f : A → R y g : A → R son dos funciones reales de variable real, a es un punto de A, y si estas funciones son tales que: l´ım f = L1

x→a

l´ım g = L2

x→a

entonces se cumple que: (a) Límite de la suma: l´ım ( f + g)(x) = L1 + L2

x→a

(b) Límite del producto por escalar: l´ım (λ f )(x) = λ L1 ,

x→a

cualquiera que sea λ ∈ R;

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198

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Proposición 3.4 Álgebra de límites de funciones (cont)

(c) Límite del producto: l´ım ( f g)(x) = L1 L2

x→a

(d) Límite del cociente:

si L2 6= 0; (e) Límite del valor absoluto:

  L1 f l´ım ( x) = , x→a g L2

l´ım | f | = |L1 |.

x→a

D EMOSTRACIÓN. Se presenta a continuación la demostración de los apartados (a), (b), (c), (d) y (e). (a) Consideremos ε > 0. Entonces, y dado que: l´ım f (x) = L1 ,

x→a

sabemos que dado el número positivo ε2 , existe un número positivo δ1 tal que: si 0 < |x − a| < δ1 entonces | f (x) − L1 |
0. Entonces, y dado que: l´ım f (x) = L,

x→a

sabemos que, dado el número positivo ε , existe un número positivo δ1 tal que: si 0 < |x − a| < δ1 entonces | f (x) − L| < ε o, equivalentemente, L − ε < f (x) < L + ε Del mismo modo, y dado que: l´ım g(x) = L,

x→a

sabemos que dado el número positivo ε , existe un número positivo δ2 tal que: si 0 < |x − a| < δ2 entonces |g(x) − L| < ε o, equivalentemente, L − ε < g(x) < L + ε Consideremos ahora:

δ = m´ın{δ1 , δ2 }. Vamos a demostrar que si 0 < |x − a| < δ entonces |h(x) − L| < ε , es decir: l´ım h(x) = L.

x→a

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212

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

En efecto, si 0 < |x − a| < δ , entonces: L − ε < f ( x) ≤ h( x) ≤ g( x) < L + ε lo que implica que: L − ε < h( x) < L + ε , es decir, |h(x) − L| < ε , como queríamos ver.



Ejemplo 3.27 Demostrar, usando el criterio de compresión, que:

l´ım sen(x) = 1

x→ π2

 S OLUCIÓN . Consideremos las funciones: h(x) = sen(x)  π 2 f ( x) = 1 − x − 2  π 2 +1 g( x) = x − 2

Figura 3.23. Ilustración del criterio de compresión para las funciones del Ejemplo 3.27.

Se puede demostrar que: f ( x) ≤ h( x) ≤ g( x) para todo número real y, además: l´ım f (x) = l´ımπ g(x) = 1

x→ π2

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x→ 2

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

213

Por tanto: l´ım sen(x) = 1

x→ π2

 Nota 3.10

La dificultad de aplicar el criterio de compresión está en saber encontrar las dos funciones que acotan, y poder demostrar que f (x) ≤ h(x) ≤ g(x). Nota 3.11

Es importante notar que es suficiente que: f (x) ≤ h(x) ≤ g(x), ∀x ∈ [a − r, a + r] es decir, en el límite del Ejemplo 3.27 también habríamos podido considerar:  π 2 ( 4 − x) f ( x) = 1 − x − 2  π 2 g( x) = x − +1 2

ya que, por ejemplo, tomando r = 1 tenemos que: hπ i π f (x) ≤ h(x) ≤ g(x), ∀x ∈ − 1, + 1 2 2 como puede observarse en la Figura 3.24.

Figura 3.24. En la aplicación del criterio de compresión, es suficiente que las desigualdades f (x) ≤ h(x) ≤ g(x) se satisfagan en un entorno del punto a.

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214

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Proposición 3.8 Criterio de cero por acotada

Si f , g : A ⊂ R → R son dos funciones reales de variable real tales que: (1) l´ım f (x) = 0; x→a

(2) g es acotada en un entorno del punto a, es decir, existe un número r > 0 y existe un número positivo k > 0 tal que |g(x)| < k, ∀x ∈ (a − r, a + r).

Entonces se verifica que:

l´ım f (x) · g(x) = 0.

x→a

Ejemplo 3.28 Calcular el límite de:

f (x) = (x − 2) sen



1 x−2



cuando x tiende a 2.



S OLUCIÓN . Dado que: l´ım (x − 2) = 0

x→2

y la función sen entonces:

1 x−2





1 es acotada ya que −1 ≤ sen x−2 ≤ 1 (allí donde está definida),   1 l´ım (x − 2) sen = 0. x→2 x−2 

Ejemplo 3.29 Calcular el límite de f (x) = x sen (x) cuando x tiende a 0.



S OLUCIÓN . Dado que: l´ım x = 0

x→0

y la función sen(x) es acotada ya que −1 ≤ sen(x) ≤ 1, entonces: l´ım x sen(x) = 0.

x→0

 Como hemos visto, el cálculo de límites mediante la definición es una tarea compleja. Por eso nos hemos ayudado del álgebra de límites para poder calcular otros límites como: polinomios, funciones racionales, funciones con radicales, etc. El criterio de compresión también permite demostrar otros límites, pero como hemos visto, demostrar límites mediante el criterio de compresión también es complejo.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

215

Presentamos a continuación los límites de otras funciones básicas cuya demostración queda fuera del alcance de este libro. Por ejemplo: l´ım ex = ea

x→a

l´ım ln(x) = ln(a)

x→a

si a > 0

l´ım sen(x) = sen(a)

x→a

l´ım cos(x) = cos(a)

x→a

3.8. Límites laterales 3.8.1. Idea intuitiva El cálculo de los límites laterales nos permitirá caracterizar el comportamiento de una función alrededor de un punto cuando la tendencia a izquierda y a derecha sean distintas. Veámoslo con un ejemplo. Consideremos la función:  7 − x, x < 3 f ( x) = x + 3, x ≥ 3 En este caso, nos interesa conocer el comportamiento de la función alrededor del punto x = 3. Para estudiar el comportamiento de la función de forma intuitiva, vamos a hacer una tabla de valores (véase Tabla 3.6) tomando puntos cercanos a 3 por la izquierda (más pequeños que 3) y por la derecha (más grandes que 3). x

f ( x)

x

f ( x)

2.9

4.1

3.1

6.1

2.99

4.01

3.01

6.01

2.999

4.001

3.001

6.001

2.9999

4.0001

3.0001

6.0001

2.99999

4.00001

3.00001

6.00001

Tabla 3.6. Si se considera la función f (x) = 7 − x si x < 3 y f (x) = x + 3 si x ≥ 3, cuando los puntos se aproximan a 3, sus imágenes respectivas no tienden a un único valor.

Podemos observar claramente que f (x) no tiene límite en x = 3 porque, al coger puntos cercanos a 3, las imágenes no convergen a un único valor.

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216

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ahora bien, si solo tomamos puntos cercanos a 3 por la izquierda, las imágenes convergen a 4, y si solo tomamos puntos cercanos a 3 por la derecha, las imágenes convergen a 6. Por tanto, el comportamiento alrededor de x = 3 lo podríamos dar diciendo que al acercarnos por la izquierda tendemos a 4, y que al acercarnos por la derecha tendemos a 6.

3.8.2. Definición formal Definición 3.14 Límites por la derecha de una función en punto

Sea f : A ⊂ R → R una función real de variable real y a ∈ R un punto que no tiene por qué pertenecer al dominio de f . Se dice que la función f tiene límite por la derecha L+ ∈ R en el punto a, si:

∀ε > 0

∃δ > 0 tal que ∀x ∈ A que verifica a < x < a + δ , se tiene que | f (x) − L+ | < ε .

Véase la Figura 3.25.

L+ + ε L+ L+ − ε a

a+δ

Figura 3.25. Para que el límite de f (x) cuando x tienda a a por la derecha sea L+ , es necesario que las imágenes de los puntos en el intervalo (a, a + δ ) caigan dentro del intervalo (L − ε , L + ε ).

Se define de forma análoga el límite por la izquierda. Definición 3.15 Límites por la izquierda de una función en punto

Sea f : A ⊂ R → R una función real de variable real y a ∈ R un punto que no tiene por qué pertenecer al dominio de f . Se dice que la función f tiene límite por la izquierda L− ∈ R en el punto a, si:

∀ε > 0 ∃δ > 0 tal que ∀x ∈ A que verifica a− δ < x < a, se tiene que | f (x) − L− | < ε .

Véase la Figura 3.26.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

217

L− + ε L− L− − ε

a−δ

a

Figura 3.26. Para que el límite de f (x) cuando x tienda a a por la izquierda sea L− , es necesario que las imágenes de los puntos en el intervalo (a − δ , a) caigan dentro del intervalo (L − ε , L + ε ).

El límite por la derecha y el límite por la izquierda reciben el nombre de límites laterales de una función y se denotan por: L+ = l´ım f = l´ım+ f (x) + a

x→a

L− = l´ım f = l´ım− f (x) − a

x→a

Ejemplo 3.30 Calcular los límites laterales en x = 1 de la función:

f ( x) =



2 − x, x < 1 x + 1, x ≥ 1 

S OLUCIÓN . El límite por la izquierda se calcula teniendo en cuenta valores de x más pequeños que 1, es decir, x < 1. Por tanto, se considerará el primer tramo de la función. Para el límite por la derecha, se considerará el segundo tramo, que es cuando x > 1. Por tanto: l´ım f (x) = l´ım− (2 − x) = 1

x→1−

x→1

l´ım f (x) = l´ım+ (x + 1) = 2

x→1+

x→1

La igualdad de los límites laterales implicará la existencia del límite, y viceversa, como se establece en la Proposición 3.9. 

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218

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Proposición 3.9

Si f : A ⊂ R → R es una función real de variable real y a ∈ A, los siguientes apartados son equivalentes: (1) l´ım+ f = l´ım− f = L; x→a

x→a

(2) l´ım f = L. x→a

Ejemplo 3.31 Calcular el límite en el punto x = 2 de la función:

   1    (x − 2) sen x − 2 , x < 2 f ( x) = 2    x − 3x + 2 , x≥2 x−1



S OLUCIÓN .  1 =0 l´ım f (x) = l´ım− (x − 2) sen x−2 x→2− x→2 | {z } {z } | →0 

acotada

x2 − 3x + 2 0 = =0 x−1 1 x→2+

l´ım f (x) = l´ım

x→2+

Dado que:

l´ım f (x) = l´ım+ f (x) = 0 =⇒ l´ım f (x) = 0.

x→2−

x→2

x→2



Figura 3.27. Representación gráfica de la función del Ejemplo 3.31.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

219

3.9. Extensión del concepto de límite (límite infinito, límite en el infinito Los casos que hemos considerado hasta ahora corresponden al límite de una función en un punto cuyo resultado era un número real. En esta sección se amplía el concepto de límite a más casos, que se resumen en la Tabla 3.7. Tabla 3.7. Resumen de los distintos tipos de límites que se pueden encontrar. En particular, las asíntotas horizontales (AH) se dan cuando se calcula un límite en el infinito cuyo resultado es finito. Por otro lado, las asíntotas verticales (AV) corresponden a un límite infinito en un punto.

Límite finito Límite infinito

Límite de una función en un punto

Límite en el infinito

x→a

l´ım f (x) = L ∈ R, a ∈ R

x→±∞

l´ım f (x) = ±∞, a ∈ R (AV)

x→±∞

x→a

l´ım f (x) = L ∈ R (AH) l´ım f (x) = ±∞

3.9.1. Límite de una función en el infinito El objetivo que nos planteamos ahora es el de ampliar el concepto de límite para poder definir y calcular un límite de la forma: l´ım f (x) = L

x→+∞

Si consideramos la función: f ( x) =

1 +1 x

y tomamos puntos cada vez más grandes (x → +∞), entonces podemos observar en la Tabla 3.8 como las imágenes tienden a 1. En la Figura 3.28 se puede ver la representación gráfica de esta función. Vamos a formalizar lo que entenderemos por límite de una función en el infinito. Definición 3.16 Límite de una función en +∞

Se dice que la función f tiene límite L ∈ R cuando x tiende a +∞, si para todo número positivo ε existe un número λ tal que para todos los puntos x que verifican x > λ ; entonces se tiene | f (x) − L| < ε . Dicho de otro modo, la función f tiene límite L ∈ R cuando x tiende a +∞ si: ∀ε > 0 ∃λ tal que si x > λ entonces | f (x) − L| < ε .

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220

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

x

f ( x)

1

2

10

1.1

100

1.01

1000

1.001

10000

1.0001

100000

1.00001

1 + 1 y tomamos puntos cada vez más x grandes (x → +∞) podemos observar cómo las imágenes tienden a 1.

Tabla 3.8. Si consideramos la función f (x) =

Figura 3.28. Representación gráfica de la función f (x) = 1x + 1.

Nota 3.12

Dicho con otras palabras, el valor de ε sirve para generar un entorno o intervalo:

(L − ε , L + ε ) alrededor del supuesto valor del límite. Entonces, una vez fijado este entorno, hemos de garantizar que existe un punto λ a partir del cual todos los puntos tienen su imagen dentro de este entorno. Esta idea está representada en la Figura 3.29.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

221

L+ε L L−ε

λ

Figura 3.29. Representación gráfica de límite en el infinito. Fijado un valor de ε , existe un valor λ de manera que para todo x mayor que λ , su imagen está dentro del intervalo [L − ε , L + ε ].

Análogamente se define el límite de f cuando x tiende a −∞, l´ım f (x). x→−∞

Definición 3.17 Límite de una función en −∞

Se dice que la función f tiene límite L ∈ R cuando x tiende a −∞, si para todo número positivo ε existe un número λ tal que para todos los puntos x que verifican x < λ , entonces se tiene | f (x) − L| < ε . Dicho de otro modo, la función f tiene límite L ∈ R cuando x tiende a −∞ si: ∀ε > 0 ∃λ tal que si x < λ entonces | f (x) − L| < ε . Observación 3.1 Asíntota horizontal

Si una función tiene límite L cuando x tiende a +∞, entonces la función tiene una asíntota horizontal en y = L. Del mismo modo, si una función tiene límite L cuando x tiende a −∞, entonces la función tiene una asíntota horizontal en y = L. Ejemplo 3.32 Demostrar, utilizando la definición de límite en el infinito, que:

1 =0 x→+∞ x l´ım

 S OLUCIÓN . La demostración de este límite la haremos siguiendo los siguientes dos pasos:

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222

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Paso 1. Relacionar la diferencia | f (x) − L| con x. Paso 2. Seleccionar λ en función de ε . Para este caso, tenemos que f (x) =

1 x

y L = 0. Por tanto:

Paso 1. 1 1 1 1 | f (x) − L| = − 0 = = < ε ⇔ x > x x x ε

Paso 2. Si x > ε1 , entonces | f (x) − L| < ε . Por tanto, seleccionamos λ = ε1 .

Nótese que en la demostración hemos considerado: 1 1 = , x x

ya que cuando x tiende a infinito, podemos considerar que x es, pues, positivo.



Ejemplo 3.33 Demostrar, utilizando la definición de límite en el infinito, que:

1

l´ım

x→+∞ x p

= 0, p > 0 

S OLUCIÓN . La demostración de este límite la haremos siguiendo los siguientes dos pasos: Paso 1. Relacionar la diferencia | f (x) − L| con x. Paso 2. Seleccionar λ en función de ε . Para este caso, tenemos que f (x) =

1 xp ,

p > 0 y L = 0. Por tanto:

Paso 1. 1 1 1 1 1 | f (x) − L| = p − 0 = p = p < ε ⇔ x p > ⇔ x > √ p x x x ε ε

Paso 2. Si x >

λ =x>

1 √ pε.

1 √ p , ε

entonces | f (x) − L| < ε . Por tanto, seleccionamos

Nótese que en la demostración hemos considerado: 1 = 1 , xp xp

ya que cuando x tiende a infinito, podemos considerar que x es, pues, positivo.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

223

Nota 3.13

Para el cálculo del límite: l´ım f (x),

x→−∞

puede considerarse el cambio de variable y = −x y calcular el límite: l´ım f (−y),

y→+∞

donde ahora la variable tiende a +∞. Ejemplo 3.34 Calcular el límite:

x3 + x2 + 1 x→+∞ 2x3 + x + 1 l´ım

 S OLUCIÓN . Sabiendo que: 1 = 0, x→+∞ x p l´ım

p>0

y dividiendo por la potencia de x de mayor grado tenemos que: x3 + x2 + 1 = l´ım l´ım x→+∞ x→+∞ 2x3 + x + 1

2 x3 + xx3 + x13 x3 2x3 + xx3 + x13 x3

= l´ım

x→+∞

1 + 1x + x13 2+

1 x2

+

1 x3

=

1+0+0 1 = 2+0+0 2 

Ejemplo 3.35 Calcular el límite:

x2 + 3 x→+∞ 2x4 + 5 l´ım

 S OLUCIÓN . Sabiendo que: l´ım

1

x→+∞ x p

= 0,

p>0

y dividiendo por la potencia de x de mayor grado tenemos que: x2 + 3 l´ım = l´ım x→+∞ 2x4 + 5 x→+∞

x2 + x34 x4 2x4 + x54 x4

= l´ım

x→+∞

1 x2

+ x34 0+0 0 = = =0 5 2+0 2 2 + x4 

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224

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Como veremos a continuación, las propiedades del álgebra de límites de funciones también son válidas cuando el punto donde se calcula el límite es ±∞. Proposición 3.10 Álgebra de límites de funciones en el infinito

Si f : A → R y g : A → R son dos funciones reales de variable real, y si estas funciones son tales que: l´ım f = L1

x→∞

l´ım g = L2

x→∞

entonces se cumple que: (a) Límite de la suma: l´ım ( f + g)(x) = L1 + L2

x→∞

(b) Límite del producto por escalar: l´ım (λ f )(x) = λ L1 ,

x→∞

cualquiera que sea λ ∈ R; (c) Límite del producto: l´ım ( f g)(x) = L1 L2 ;

x→∞

(d) Límite del cociente:

si L2 6= 0; (e) Límite del valor absoluto:

  L1 f l´ım ( x) = , x→∞ g L2

l´ım | f | = |L1 |.

x→∞

Ejercicio propuesto 3.7 1 x→+∞ x

Sabiendo que l´ım

= 0 y utilizando el álgebra de límites, calcular el siguiente límite: l´ım

x→+∞

1 1 + 2 + 1. x x

Del mismo modo, el criterio de compresión y el criterio de cero por acotada también son válidos cuando el punto donde se calcula el límite es ±∞.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

225

Ejemplo 3.36 Calcular el límite de:

f ( x) =

sen(x) x 

en el infinito. S OLUCIÓN . sen(x) 1 = l´ım · sen(x) = «0 · acotada» = 0 x→+∞ x→+∞ x x l´ım

 Ejercicio propuesto 3.8

Sabiendo que:

1 1 = 0, = l´ım x x→+∞ x3 razonar utilizando el criterio de compresión que: l´ım

x→+∞

1 =0 x→+∞ x2 l´ım

3.9.2. Límites infinitos Hasta este momento, solo hemos considerado la posibilidad de que el resultado de calcular un límite sea un número real. En caso contrario, hemos dicho que el límite no existía. No obstante, existe un caso en el que la función no tiene límite, pero el comportamiento de la función en el entorno de un punto será el de crecer o decrecer de forma indefinida. Queremos estudiar, por ejemplo, el comportamiento de la función f (x) = x12 alrededor del punto x = 0. Hemos representado la gráfica de esta función en la Figura 3.30.

Figura 3.30. Representación gráfica de la función f (x) = x12 .

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226

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Observemos que, claramente, no existe el límite de la función f (x) cuando x tiende a 0, es decir: ∄ l´ım f (x). x→0

Pero al acercarnos tanto por la derecha como por la izquierda a x = 0, las imágenes tienden a ser cada vez más grandes de forma indefinida. Diremos que las imágenes tienden a más infinito, +∞. Es decir, si tomamos puntos cercanos a 0 por la izquierda y por la derecha, las imágenes no tienden a un número finito L y, por tanto: l´ım

1

x→0 x2

6= L

pero sí que vemos (Tabla 3.9) que las imágenes cada vez se hacen más grandes (van hacia +∞). x

f ( x)

x

f ( x)

1

1

1

0.1

100

−1

0.01

10000

10000

0.001

1000000

−0.01

0.0001

100000000

−0.0001

100000000

−0.1

100

−0.001

1000000

1

Tabla 3.9. Si consideramos la función f (x) = 2 y si tomamos puntos cercanos a 0 por x la izquierda y por la derecha, las imágenes cada vez se hacen más grandes.

Formalicemos esta idea. Definición 3.18 Límite infinito en un punto

Sea f : A ⊂ R → R una función real de variable real y a ∈ R un punto que no tiene por qué pertenecer al dominio de f . Se dice que la función f tiene límite +∞ en el punto a, si para todo número positivo k, existe un número positivo δ (que generalmente depende de k) tal que para todos los puntos x que verifican 0 < |x − a| < δ , entonces se tiene que f (x) > k. Dicho de otro modo, la función f tiene límite +∞ en el punto a si: ∀k > 0 ∃δ > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ , entonces f (x) > k. En este caso, se escribe: l´ım f (x) = +∞.

x→a

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

227

Nota 3.14

Dicho con otras palabras, el valor de k sirve para indicar una cota inferior de las imágenes de todos los puntos que se encuentran en el intervalo (a − δ , a + δ ) − {a}. Esta idea está representada en la Figura 3.31.

k

a−δ a a+δ Figura 3.31. Representación gráfica de límite infinito en un punto. Fijado un valor k, existe un valor δ tal que las imágenes de todos los puntos del intervalo (a − δ , a + δ ) − {a} son más grandes que k.

Análogamente se define el límite menos infinito en un punto. Definición 3.19 Límite menos infinito en un punto

Sea f : A ⊂ R → R una función real de variable real y a ∈ R un punto que no tiene por qué pertenecer al dominio de f . Se dice que la función f tiene límite −∞ en el punto a, si para todo número positivo k, existe un número positivo δ (que generalmente depende de k) tal que para todos los puntos x que verifican 0 < |x − a| < δ , entonces se tiene que f (x) < −k. Dicho de otro modo, la función f tiene límite −∞ en el punto a si: ∀k > 0 ∃δ > 0 tal que si 0 < |x − a| < δ , entonces f (x) < −k. En este caso se escribe: l´ım f (x) = −∞.

x→a

Observación 3.2 Asíntota vertical

Si una función tiene límite +∞ o −∞ cuando x tiende a a, entonces tiene una asíntota vertical en x = a.

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228

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejemplo 3.37 Demostrar utilizando la definición de límite infinito que:

l´ım

1

x→0 x2

= +∞ 

S OLUCIÓN . La demostración de este límite la haremos relacionando los números reales positivos k y δ . Es decir, dado el valor k, buscaremos el valor de δ que satisface la definición de límite. En este caso, tengamos en cuenta que f (x) = x12 y que a = 0. En efecto: 1 1 > k, x 6= 0 ⇔ > x2 , x 6= 0 f ( x) > k ⇔ x2 k 1 1 ⇔ |x| < √ , x 6= 0 ⇔ 0 < |x − 0| < √ k k Si 0 < |x − 0|
k. Por tanto, seleccionamos δ =

√1 . k



Definición 3.20 Límite lateral infinito en un punto

Sea f : A ⊂ R → R una función real de variable real y a ∈ R un punto que no tiene por qué pertenecer al dominio de f . Se dice que la función f tiene límite +∞ en el punto a por la derecha, si para todo número positivo k, existe un número positivo δ (que generalmente depende de k) tal que para todos los puntos x que verifican a < x < a + δ , entonces se tiene que f (x) > k. Dicho de otro modo, la función f tiene límite +∞ en el punto a por la derecha si: ∀k > 0 ∃δ > 0 tal que si a < x < a + δ , entonces f (x) > k. En este caso, se escribe: l´ım f (x) = +∞.

x→a+

Ejercicio propuesto 3.9

Definir, siguiendo el ejemplo de la Definición 3.20, los siguientes conceptos: Límite más infinito cuando x tiende a a por la izquierda. Límite menos infinito cuando x tiende a a por la derecha. Límite menos infinito cuando x tiende a a por la izquierda. Consideremos ahora la función f (x) = 1x y estudiemos su comportamiento alrededor del punto x = 0, que puede observarse en la Figura 3.32. En este caso, es fácil darse cuenta que: l´ım f (x) = −∞

x→0−

l´ım f (x) = +∞

x→0+

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

229

Figura 3.32. Representación gráfica de la función f (x) = 1x .

y, por tanto: ∄ l´ım f (x) x→0

Proposición 3.11

Sean f , g : A ⊂ R → R dos funciones tales que: l´ım f (x) = L,

x→a

L>0

l´ım g(x) = 0

x→a

siendo además g(x) positiva en un entorno del punto a. Entonces: l´ım

x→a

f ( x) = +∞. g( x)

Ejemplo 3.38 Calcular el límite:

l´ım

x→2

x−1 ( x − 2) 2



S OLUCIÓN. La función de la que hemos de calcular el límite es la división de dos funciones. La función del numerador es f (x) = x − 1 y la función del denominador es g(x) = (x − 2)2 . Tenemos que: l´ım f (x) = l´ım (x − 1) = 1

x→2

x→2

l´ım g(x) = l´ım (x − 2)2 = 0

x→2

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x→2

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230

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Además, es evidente que g(x) = (x − 2)2 > 0 para todo x ∈ R. Por tanto, aplicando la Proposición 3.11, tenemos que: x−1 = +∞. x→2 (x − 2)2 l´ım

 Ejercicio propuesto 3.10

Calcular el límite:

−1

l´ım

Ejercicio propuesto 3.11


x→0 x2 sen 1 2 x

Calcular el límite: l´ım

1

x→−∞ ex

3.9.3. Límite infinito en el infinito A continuación vamos a definir lo que entenderemos por límite infinito en el infinito, es decir: l´ım f (x) = +∞. x→+∞

La definición es, en cierto sentido, una mezcla entre las Definiciones 3.16 y 3.18. Definición 3.21 Límite infinito en el infinito

Sea f : A ⊂ R → R una función real de variable real. Se dice que la función f tiene límite +∞ en el infinito, si para todo número positivo k, existe un número λ (que generalmente depende de k) tal que para todos los puntos x que verifican x > λ , entonces se tiene que f (x) > k. Dicho de otro modo, la función f tiene límite +∞ en el infinito si: ∀k > 0 ∃λ tal que si x > λ , entonces f (x) > k. En este caso, se escribe: l´ım f (x) = +∞.

x→+∞

Ejercicio propuesto 3.12

Definir, siguiendo el ejemplo de la Definición 3.21, los siguientes conceptos: Límite más infinito cuando x tiende a menos infinito. Límite menos infinito cuando x tiende a más infinito. Límite menos infinito cuando x tiende a menos infinito.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

231

Ejercicio propuesto 3.13

Calcular los siguientes límites en el +∞: (a) l´ım x2 x→+∞

(b) l´ım ex x→+∞

(c) l´ım ln(x) x→+∞ √ (d) l´ım x x→+∞

3.9.4. Álgebra de límites infinitos En la siguiente sección vamos a describir cómo calcular límites de combinaciones de funciones con límites conocidos, incluidos los límites infinitos. Esto lo haremos mediante el álgebra de límites infinitos. Proposición 3.12 Álgebra de límites infinitos

Consideremos f , g, h : A → R tres funciones reales de variable real tales que: l´ım f (x) = L ∈ R

x→a

l´ım g(x) = +∞

x→a

l´ım h(x) = +∞

x→a

donde a ∈ R = [−∞, +∞], es decir, a puede ser un número real, pero también puede ser +∞ o −∞. Entonces: Límite de la suma/diferencia.

l´ım ( f (x) ± g(x)) = L ± (+∞) = ±∞

x→a

l´ım (g(x) + h(x)) = +∞ + (+∞) = +∞

x→a

Límite del producto. l´ım f (x) · (±g(x)) = L · (±∞) = sgn(L) · (±∞)

x→a

l´ım g(x) · h(x) = (+∞) · (+∞) = +∞)

x→a

Límite del cociente.

f ( x) L = =0 x→a ±g(x) ±∞ l´ım

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232

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

A modo de resumen, los límites que pueden calcularse utilizando el álgebra de límites infinitos se encuentran en la Tabla 3.10.

Suma Producto

L y +∞

+∞ y +∞

L ± (+∞) = ±∞

+∞ + (+∞) = +∞

L · (±∞) = sgn(L) · (±∞) L ±∞

División

=0

(+∞) · (+∞) = +∞

Tabla 3.10. Álgebra de límites infinitos.

Ejemplo 3.39 Calcular, utilizando el álgebra de límites infinitos, los siguientes límites:

(a) l´ımπ (5 cos(4x) + | tan(x)|) x→ 2

1 x→0 x2 1 (c) l´ım − 2 x→0 x

(b) l´ım 2

1 x→1 ( x − 1) 2 1 l´ım −2(x + 1) x→1 ( x − 1) 2 20 sen(x) l´ımπ 1 x→ 2 cos2 (x) 1 1 l´ım 2 + x→0 x sen2 (x) 1 1 l´ım 2 · 2 x→0 x x

(d) l´ım 2(x + 1) (e) (f)

(g) (h)

 S OLUCIÓN. 



(a) l´ımπ 5 cos(4x) + | tan(x)| = 5 + (+∞) = +∞ | {z } | {z } x→ 2 5

+∞

1 (b) l´ım 2 2 = 2 · (+∞) = +∞ x→0 x 1 (c) l´ım − 2 = −1 · (+∞) = −∞ x→0 x

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

233

1 = 1 · (+∞) = +∞ (d) l´ım 2(x + 1) x→1 | {z } (x − 1)2 | {z } 1 +∞

1 = −1 · (+∞) = −∞ (e) l´ım −2(x + 1) x→1 | {z } (x − 1)2 | {z } −1 +∞

0 20 sen(x) (f) l´ımπ =0 = 1 +∞ x→ 2 cos2 (x) 1 1 (g) l´ım 2 + = (+∞) + (+∞) = +∞ x→0 x sen2 (x) 1 1 (h) l´ım 2 · 2 = (+∞) · (+∞) = +∞ x→0 x x



3.10. Indeterminaciones El álgebra de límites infinitos nos permite calcular el límite de algunas combinaciones de funciones. Ahora bien, hay otras combinaciones que no resuelve el álgebra de límites y que se llaman indeterminaciones. Definición 3.22 Límite indeterminado o indeterminación

Decimos que un límite presenta una indeterminación si el resultado depende de las funciones del ejemplo concreto. Por ejemplo, si al calcular un límite nos encontramos con una resta de funciones cuyos límites son, en ambos casos, +∞:

(+∞) − (+∞) el resultado no puede ser determinado directamente. De hecho, veremos que el resultado dependerá de las funciones concretas y que, en este caso, podrá ser una constante, más infinito o menos infinito. En efecto: l´ım (x − 2x) = «(+∞) − (+∞)» (indeterminación)

x→+∞

= l´ım −x x→+∞

= −∞

✐

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234

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

l´ım (2x − x) = «(+∞) − (+∞)» (indeterminación)

x→+∞

= l´ım x x→+∞

= +∞ l´ım (x − x) = «(+∞) − (+∞)» (indeterminación)

x→+∞

= l´ım 0 x→+∞

=0 Proposición 3.13 Límites infinitos que no resuelve el álgebra de límites

Consideremos f1 , f2 , g, h, u : A ⊂ R → R cinco funciones reales de variable real tales que: l´ım f1 (x) = 0

x→a

l´ım f2 (x) = 0

x→a

l´ım g(x) = +∞

x→a

l´ım h(x) = +∞

x→a

l´ım u(x) = 1

x→a

donde a ∈ R = [−∞, +∞], es decir, a puede ser un número real, pero también puede ser +∞ o −∞. Entonces, los siguientes límites son indeterminados: l´ım (g(x) − h(x)) = «(+∞) − (+∞)»

x→a

l´ım f (x) · (±g(x)) = «0 · (±∞)»

x→a

±g(x) ±∞ =« » ±h(x) ±∞ f 1 ( x) 0 l´ım =« » x→a f2 (x) 0 l´ım

x→a

l´ım u(x)±g(x) = «1±∞ »

x→a

l´ım f1 (x) f2 (x) = «00 »

x→a

l´ım (±g(x))

x→a

f 1 ( x)

= «(±∞)0 »

Antes de presentar cómo resolver este tipo de indeterminaciones, introduciremos en las siguientes secciones el concepto de equivalencia local de funciones, así como los órdenes de infinitud.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

235

3.11. Equivalencia local de funciones En esta sección se desarrolla un concepto de gran interés práctico: el de las funciones localmente equivalentes, que permitirá realizar ciertas manipulaciones en la expresión del límite y calcular el límite de una función a partir de otras funciones con límites conocidos. Definición 3.23 Funciones localmente equivalentes

Si f , g : A ⊂ R → R son dos funciones reales de variable real, se dice que f y g son localmente equivalentes en el punto a si: l´ım

x→a

f ( x) =1 g( x)

Cuando f y g sean localmente equivalentes en el punto a escribiremos: f ∼a g Proposición 3.14

Si f (x) y g(x) son dos funciones tales que: l´ım f (x) = l´ım g(x) = L 6= 0,

x→a

x→a

entonces son equivalentes. D EMOSTRACIÓN. Sean f (x) y g(x) dos funciones tales que: l´ım f (x) = l´ım g(x) = L 6= 0.

x→a

x→a

Entonces, utilizando el álgebra de límites, el límite del cociente es el cociente de límites: l´ım

x→a

L f ( x) = =1 g( x) L

y, por tanto, f (x) y g(x) son equivalentes en x = a.



Observación 3.3

Es importante destacar que si dos funciones f y g tienen el mismo límite L = 0 cuando x tiende a a, la Proposición 3.14 no puede garantizar que las dos funciones sean equivalentes en a. Por ejemplo: x ∼0 x pero:

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x2 6∼0 x

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236

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Proposición 3.15

Si dos funciones f , g : A ⊂ R → R son localmente equivalentes en el punto a, entonces o bien ambas tienen el mismo límite o ninguna de ellas tiene límite.

D EMOSTRACIÓN. Sean f (x) y g(x) dos funciones equivalentes en x = a y supongamos que f tiene límite L. Dado que f y g son equivalentes:

l´ım

x→a

f ( x) =1 g( x)

y tenemos que: l´ım g(x) = l´ım g(x)

x→a

x→a

f ( x) = l´ım f (x) = L, g(x) x→a

con lo que queda demostrada la existencia del límite de g.



Proposición 3.16

La equivalencia local de funciones es una relación de equivalencia. Es decir, dadas tres funciones f , g, h : A ⊂ R → R y un punto a, se tiene: (i) Reflexividad.

f ∼a f ,

es decir, toda función es localmente equivalente a si misma en un punto a cualquiera. (ii) Simetría. f ∼a g ⇒ g ∼a f ,

es decir, si f es localmente equivalente a g en un punto a, entonces g es localmente equivalente a f en el mismo punto a. (ii) Transitividad. f ∼a g, g ∼a h ⇒ g ∼a h, es decir, si f es localmente equivalente a g en el punto a, y si a su vez g es localmente equivalente a h en el mismo punto a, entonces f es localmente equivalente a h en ese punto a.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

237

D EMOSTRACIÓN. (i) Dado que: l´ım

x→a

f ( x) = l´ım 1 = 1, f (x) x→a

entonces se tiene que: f ∼a f . (ii) Sabemos que: f ( x) = 1. x→a g(x) l´ım

Entonces: l´ım

x→a

g( x) 1 = l´ım f (x) x→a f (x) g ( x)

=

1 f ( x) l´ım x→a g(x)

=

1 = 1, 1

y, por tanto: g ∼a f . (iii) En este caso, sabemos que: f ( x) =1 g( x) g( x) l´ım =1 x→a h(x)

l´ım

x→a

Entonces: f ( x) f ( x) g( x) = l´ım · x→a h(x) x→a h(x) g(x) f ( x) g( x) = l´ım · x→a g(x) h(x) = 1 · 1 = 1, l´ım

lo que implica f ∼a h, como queríamos ver.

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✐

238

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

3.11.1. Infinitos e infinitésimos equivalentes Definición 3.24 Infinitésimo

La función f (x) se llama infinitésimo cuando x tiende a a si: l´ım f (x) = 0.

x→a

Definición 3.25 Infinitésimos equivalentes

Decimos que f (x) y g(x) son dos infinitésimos equivalentes en el punto a si son dos infinitésimos en el punto a y, además, son localmente equivalentes en el mismo punto a. Es decir, si: l´ım f (x) = 0

x→a

l´ım g(x) = 0

x→a

l´ım

x→a

f ( x) =1 g( x)

Se presenta a continuación una lista de infinitésimos equivalentes en el origen. x2 2 ex − 1 ∼0 x

sen(x) ∼0 x

1 − cos(x) ∼0

arc sen(x) ∼0 x

cx − 1 ∼0 x ln(c), c ∈ R

tan(x) ∼0 x

(1 + x)k − 1 ∼0 kx, k ∈ Z x logc (1 + x) ∼0 , c>0 ln(c)

arctan(x) ∼0 x ln(1 + x) ∼0 x

Observación 3.4

Que dos funciones sean localmente equivalentes en a, es decir, que el límite cuando x tiende a a sea del cociente de estas dos funciones sea 1 significa que su comportamiento entorno al punto a es similar. Es decir, que en el punto a las dos funciones valen lo mismo y que sus rectas tangentes en a son iguales. Puede verse esta idea en las Figuras 3.33 a 3.36. Definición 3.26 Infinito

La función f (x) se llama infinito cuando x tiende a a si: l´ım f (x) = ±∞.

x→a

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

239

g( x) = x f (x) = sen(x)

Figura 3.33. La función sen(x) es un infinitésimo equivalente a la función x en el origen.

g(x) = x2 /2 f (x) = 1 − cos(x)

2

Figura 3.34. La función 1 − cos(x) es un infinitésimo equivalente a la función x2 en el origen.

Nota 3.15

En las Definiciones 3.24-3.26 el punto a puede ser cualquier punto de la recta real, +∞ o −∞.

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240

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f (x) = tan(x) g( x) = x

Figura 3.35. La función tan(x) es un infinitésimo equivalente a la función x en el origen.

g( x) = x f (x) = ln(1 + x)

Figura 3.36. La función ln(1 + x) es un infinitésimo equivalente a la función x en el origen.

En relación a la lista de infinitésimos equivalentes en el origen, también podemos encontrarnos con infinitésimos equivalentes que no están expresados exactamente como en esa lista.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

241

Proposición 3.17

Si l´ım f (x) = 0, entonces: x→a

sen( f (x)) ∼a f (x) D EMOSTRACIÓN . La demostración se basa en el cambio de variable y = f (x). Cuando x → a, entonces y = f (x) → 0. Por tanto: l´ım

x→a

sen(y) sen( f (x)) = l´ım = 1, y→0 f ( x) y

lo que significa que: como queríamos demostrar.

sen( f (x)) ∼a f (x), 

Definición 3.27 Infinitos equivalentes

Decimos que f (x) y g(x) son dos infinitos en el punto a si son dos infinitos en el punto a y, además, son localmente equivalentes en el mismo punto a. Es decir, si: l´ım f (x) = ±∞

x→a

l´ım g(x) = ±∞

x→a

l´ım

x→a

f ( x) =1 g( x)

Ejemplo 3.40 [Infinitos equivalentes] Dos polinomios del mismo grado y con el mismo

coeficiente director son infinitos equivalentes en el infinito. Por ejemplo: x3 + 2x + 3 ∼∞ x3 

3.11.2. Órdenes de infinitud Definición 3.28

Sean f (x) y g(x) dos infinitos. Decimos que g(x) es un infinito de orden superior a f (x) en el punto a si: l´ım

x→a

f ( x) = 0, g( x)

y lo denotaremos como: f ( x) ≪ g( x)

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242

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Nota 3.16

En relación a la Definición 3.28, es equivalente decir que «g(x) es un infinito de orden superior a f (x) en el punto a» o « f (x) es un infinito de orden inferior a g(x) en el punto a. Presentamos a continuación una lista ordenada de infinitos en el infinito: ln(x) ≪

√ n

x≪

√

n−1

x ≪ x ≪ xn ≪ xn+1 ≪ 2x ≪ ex ≪ 3x

xx x

√ x

ex

2x

3x

√ 3 x

x2

ln(x) x

Figura 3.37. Representación gráfica de los órdenes de infinitud. A la izquierda se han representado las funciones que tienden a infinito de forma más lenta que la función identidad. A la derecha se han representado las funciones que tienden a infinito de forma más rápida que la función identidad.

3.12. Resolución de indeterminaciones En esta sección vamos a estudiar cómo resolver los distintos tipos de indeterminaciones. Entre otros métodos, usaremos la equivalencia local de funciones (infinitésimos e infinitos equivalentes) y los órdenes de infinitud. La presente lista, sin ser exhaustiva, pretende abarcar el mayor números de casos.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

243

(+∞) − (+∞) Este tipo de indeterminaciones se suelen resolver operando la expresión, por ejemplo, sumando funciones racionales, o multiplicando por el conjugado de funciones con radicales, o sacando factor común. Simplificando la expresión de la función es, a veces, suficiente para resolver la indeterminación: l´ım (x − 2x) = «(+∞) − (+∞)» (indeterminación)

x→+∞

= l´ım (−x) x→+∞

= −∞ En este caso, es necesario sacar factor común para resolver la indeterminación: √ l´ım (x − x) = «(+∞) − (+∞)» (indeterminación) √ √ = l´ım x( x − 1)

x→+∞

x→+∞

= (+∞) · (+∞) = +∞ En este ejemplo, hay que multiplicar por el conjugado de una expresión con radicales para resolver la indeterminación: l´ım

x→+∞

p

x2 − 2 −

 p x2 + x = «(+∞) − (+∞)» (indeterminación) p  √x2 − 2 + √x2 + x p 2 2 √ = l´ım x −2− x +x √ x→+∞ x2 − 2 + x2 + x x2 − 2 − x2 − x √ = l´ım √ x→+∞ x2 − 2 + x2 + x −x − 2 √ = l´ım √ x→+∞ x2 − 2 + x2 + x − xx − 2x q = l´ım q x→+∞ x2 2 x2 − + + xx2 2 2 x x x2

= l´ım q x→+∞

✐

−1 − 2x 1 −1 q = = 1 + 1 2 1 − x22 + 1 + 1x

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244

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

±∞ ±∞

Este tipo de indeterminaciones se suelen resolver comparando los infinitos. En el caso de funciones potenciales, dividiendo por la x de mayor grado; en el caso de funciones exponenciales, dividiendo por el exponencial de mayor base. En este caso, al tratarse de un límite del cociente de dos polinomios, la indeterminación se resuelve dividiendo por la potencia de mayor grado: 3x4 + 2x + 1 ±∞ =« » (indeterminación) x→+∞ 5x4 + 2x + 1 ±∞
3 x4 + 23 x + 13
= l´ım x→+∞ 5 x4 + 2 x + 1 5 5 l´ım

=

x4 + 2 x + 31 3 3 l´ım 4 32 = 1 5 x→+∞ x + 5 x + 5 5 | {z } →1

En este límite, utilizamos los órdenes de infinitud para resolver la indeterminación: 3x ±∞ =« » (indeterminación) x x→+∞ 2 ±∞ = +∞ ya que 2x ≪ 3x l´ım

En este ejemplo, basta con dividir por el exponencial de mayor para resolver la indeterminación: 3x+2 + 2x ±∞ =« » (indeterminación) x−2 x→+∞ 3 ±∞ 32 3x + 2x = l´ım x→+∞ 3−2 3x 32 3x 2x x + x = l´ım 3 3−2 3x 3 l´ım

x→+∞

=

✐

3x x 2 3 + 32x l´ım x→+∞ 3−2

=

32 = 34 = 81 3−4

✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

245

0 0 Este tipo de indeterminaciones se suelen resolver mediante factorización si son funciones racionales sin radicales, mediante la multiplicación por el conjugado, si son funciones racionales con radicales, o mediante el uso de infinitésimos equivalentes. En este caso, la indeterminación se resuelve al utilizar infinitésimos equivalentes: 1 − cos(x) 0 = « » (indeterminación) 2 x→0 x 0 l´ım

2

x 1 − cos(x) 2 · x→0 x2 1 − cos(x) | {z }

= l´ım

=

x2 l´ım 2 x→0 x2

1 1 = x→0 2 2

→1

= l´ım

En este límite, también se hace uso de infinitésimos equivalentes para su resolución:
x2 sen 1x 0 l´ım = « » (indeterminación) x→0 sen(x) 0
x2 sen 1x sen(x) = l´ım · x→0 sen(x) x } | {z →1

  1 = l´ım x sen =0 x→0 x | {z } acotado

También en este caso se utilizan infinitésimos equivalentes para resolver la indeterminación:

l´ım

x→0

✐

sen(x) 0 = « » (indeterminación) x3 0 sen(x) 1 = l´ım x→0 x x2 1 = l´ım 2 + ∞ x→0 x

✐

246

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

En este ejemplo, se usa una expresión trigonométrica equivalente a sen(2x) e infinitésimos equivalentes para resolver la indeterminación: 0 sen(2x) = « » (indeterminación) x→0 x 0 2 sen(x) cos(x) = l´ım x→0 x sen(x) = l´ım 2 cos(x) x→0 x = l´ım 2 cos(x) = 2 cos(0) = 2 l´ım

x→0

Ejercicio propuesto 3.14

Calcular el límite: 3 − 4 cos(x) + cos(2x) x→0 x l´ım

sabiendo que cos(2x) = 2 cos2 (x) − 1. 0 · (±∞)

Este tipo de de indeterminaciones se suelen resolver transformando esta indeterminación ±∞ . en una indeterminación de la forma 00 o ±∞ Para resolver la indeterminación de este ejemplo, se opera para conseguir un cociente de polinomios, es decir, una indeterminación de la forma ±∞ ±∞ : l´ım (x + 7)

x→+∞

r

1 4x2 + 3

= «0 · (±∞)» (indeterminación) s ( x + 7) 2 = l´ım x→+∞ 4x2 + 3 s x2 + 14x + 49 = l´ım x→+∞ 4x2 + 3 v r u u 1 + 14 + 492 1 1 x x t = l´ım = = 3 x→+∞ 4 2 4 + x2

00 Este tipo de de indeterminaciones se suelen resolver aplicando logaritmos, lo que transforma el límite en otra indeterminación.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

247

Para el cálculo de este límite, se aplican logaritmos y se calcula el nuevo límite: L = l´ım

x→+∞



1 e2x

− 1x

= «0 · (±∞)» (indeterminación)

Entonces:  1! 1 −x ln(L) = ln l´ım x→+∞ e2x "  1 # 1 −x = l´ım ln x→+∞ e2x
1 = l´ım − ln e−2x x→+∞ x 1 = l´ım − (−2x) = l´ım 2 = 2 x→+∞ x→+∞ x 

Por tanto: ln(L) = 2 ⇔ L = e2

(±∞)0

Este tipo de de indeterminaciones se suelen resolver aplicando logaritmos, lo que transforma el límite en otra indeterminación. Para el cálculo de este límite, se aplican logaritmos y se calcula el nuevo límite: L = l´ım x x→+∞

sen (x) x

= «(±∞)0 » (indeterminación)

Entonces: ln(L) = ln



sen (x) x



l´ım x h sen(x) i = l´ım ln x x x→+∞

x→+∞

sen(x) ln(x) x ln(x) = l´ım sen(x) =0 x→+∞ | {z } x | {z }

= l´ım

x→+∞

acotado

Por tanto:

→0

ln(L) = 0 ⇔ L = e0 = 1

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248

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

1±∞ Para resolver este tipo de indeterminaciones se utiliza que:   1 x = e. l´ım 1 + x→±∞ x De hecho, si l´ım f (x) = ±∞, se tiene: x→a



1 l´ım 1 + x→a f ( x)

 f ( x)

=e

donde el punto a puede ser un número real, +∞ o −∞. Por tanto, cuando calculemos un límite de este tipo, hemos de tratar de expresar el límite de esta forma. He aquí algunos ejemplos de cálculo de este tipo de límites. Ejemplo 3.41 Calcular el límite:

l´ım

x→+∞



3x 4− x+5

x2 

S OLUCIÓN. l´ım

x→+∞



3x 4− x+5

x2

= «1+∞ » (indeterminación)  2 3x x = l´ım 1 + 3 − x→+∞ x+5 2  3x + 15 − 3x x = l´ım 1 + x→+∞ x+5  2 15 x = l´ım 1 + x→+∞ x+5 !x2 1 = l´ım 1 + x+5 x→+∞

= l´ım

x→+∞ 

15

1+

   l´ım x→+∞ 

=e

✐

|

1 x+ 5 15

+5 15 2 ! x15 x +5 x



15 2   x   x + 5 {z }

→ +∞

= +∞ 

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

249

Ejemplo 3.42 Calcular el límite:

l´ım

x→+∞



x+2 x+1

x 

S OLUCIÓN. l´ım

x→+∞



x+2 x+1

x

= «1+∞ » (indeterminación)  x x+2 = l´ım 1 + −1 x→+∞ x+1   x + 2 − ( x + 1) x = l´ım 1 + x→+∞ x+1  x 1 = l´ım 1 + x→+∞ x+1  (x+1) x+1 1 x 1 = l´ım 1 + x→+∞ x+1 

x     x + 1 {z }

   l´ım x→+∞

=e

|



→1

=e 

Ejemplo 3.43 [Infinitésimos equivalentes] Calcular el siguiente límite usando infinitésimos equivalentes:

l´ım

x→0

1 − cos(x) , k = 1, 2, 3, 4 xk 

S OLUCIÓN. Dado que 1 − cos(x) l´ım

x→0

2 ∼0 x2

tenemos que:

1 − cos(x) 0 = « » (indeterminación) k x 0 1 − cos(x) x2 /2 = l´ım x→0 x2 /2 xk | {z } →1

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250

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

1 x2 = l´ım x→0 2 xk  0     1 2 =  ∄    +∞

, k=1 , k=2 , k=3 , k=4 

Ejemplo 3.44 [Infinitésimos equivalentes] Calcular el siguiente límite:

2 ln(x + 1) . x→0 tan(x) l´ım

 S OLUCIÓN. Dado que x ∼0 tan(x) y x ∼0 ln(1 + x) tenemos que: l´ım

x→0

2 ln(x + 1) ln(x + 1) x = l´ım 2 x→0 tan(x) x } tan(x) | {z | {z }

=2

→1

→1

 Ejemplo 3.45 [Infinitésimos equivalentes] Calcular el siguiente límite:

l´ım

x→0

3 − 4 cos(x) + cos(2x) , x

sabiendo que cos(2x) = 2 cos2 (x) − 1.



S OLUCIÓN.

3 − 4 cos(x) + cos(2x) 3 − 4 cos(x) + 2 cos2 (x) − 1 = l´ım x→0 x→0 x x 2 cos2 (x) − 4 cos(x) + 2 = l´ım x→0 x 2 2 (cos(x) − 1) = l´ım x→0 x  2 2 x 2 2 2 (cos(x) − 1) = l´ım · x→0 x (1 − cos(x))2 2x4 x3 = l´ım = l´ım = 0 x→0 4x x→0 2 l´ım



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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

251

Ejemplo 3.46 [Infinitésimos equivalentes] Calcular el siguiente límite:

l´ım

x→0

1 − cos(1 − cos(x)) sen2 (x2 ) 

S OLUCIÓN. En este límite utilizaremos que: f ( x) 2 2 sen( f (x)) ∼0 f (x)

1 − cos( f (x)) ∼0 siempre que f (x) → 0 cuando x → 0. En efecto:

(1−cos(x))2

1 − cos(1 − cos(x)) sen(x2 ) sen(x2 ) 1 − cos(1 − cos(x)) 2 = l´ ı m · · · l´ım x→0 x→0 sen2 (x2 ) sen2 (x2 ) 1 − cos(1 − cos(x)) x2 x2 (1 − cos(x))2 = l´ım x→0 2x4 2

2

x x (1 − cos(x))2 2 2 = l´ım · · x→0 2x4 1 − cos(x) 1 − cos(x) 1 1 1 x4 1 = l´ım · 4 · = l´ım = x→0 2 x x→0 8 4 8

 Ejemplo 3.47 [Órdenes de infinitud] Calcular el límite:

ln(x) . x→+∞ x l´ım

 S OLUCIÓN . Por los órdenes de infinitud, se tiene que: ln(x) ≪ x. Por tanto: l´ım

x→+∞

ln(x) = 0. x 

Ejemplo 3.48 [Órdenes de infinitud] Calcular el límite:

x5 . x→+∞ ex l´ım



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252

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN . Por los órdenes de infinitud, se tiene que: x5 ≪ ex . Por tanto: x5 = 0. x→+∞ ex l´ım

 Ejemplo 3.49 [Órdenes de infinitud] Calcular el límite:

l´ım

x→+∞

ln(x) √ . x 

S OLUCIÓN . Por los órdenes de infinitud, se tiene que: √ ln(x) ≪ x. Por tanto: l´ım

x→+∞

ln(x) √ = 0. x 

Ejemplo 3.50 [Órdenes de infinitud] Calcular el límite:

l´ım

x→+∞

x . ln(x) 

S OLUCIÓN . Por los órdenes de infinitud, se tiene que: √ ln(x) ≪ x. Por tanto: l´ım

x

x→+∞ ln(x)

1

= l´ım

x→+∞ ln(x) x

=

1 l´ım

x→+∞

= ya que

✐

ln(x) x

> 0 para valores grandes de x.

ln(x) x

1 = +∞ 0+ 

✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

253

Ejemplo 3.51 [Número e] Calcular el límite:

L = l´ım

x→+∞



1 1+ x(sen(10x) + 2)

x(sen(10x)+2)

. 

S OLUCIÓN. Si definimos f (x) = x(sen(10x) + 2) tenemos que: l´ım f (x) = l´ım x (sen(10x) + 2) = +∞, x→+∞ | {z }

x→+∞

>0 y acotado

y, por tanto:

L = l´ım

x→+∞



1+

1 f ( x)

 f ( x)

= e.

En la Figura 3.38 se ha representado gráficamente esta función y puede verse su límite cuando x tiende a +∞. 



x(sen(10x)+2)

1 Figura 3.38. Gráfica de la función f (x) = 1 + x(sen(10x , donde puede )+2) observarse que cuando x tiende a +∞, la función presenta una asíntota horizontal en y = e.

Ejemplo 3.52 [Número e] Calcular el límite:

l´ım

x→∞

✐



2  ax − 1 x+2 x+3 x+1



✐

254

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN. Estos límites se calculan haciendo aparecer el número e:

l´ım

x→+∞



2 2   ax − 1  (x + 1)(ax − 1) x+2 x+3 1 (x + 1)(x + 3) = = l´ım 1 + x→+∞ x+1 x+1 ax2 − 1 " x + 1 # (x + 1)(x + 3) 1 = l´ım = 1+ x→+∞ x+1

ax2 − 1 = e x→+∞ (x + 1)(x + 3) = ea l´ım

 Ejercicio propuesto 3.15

Calcular el límite: l´ım

x→e

ln(ln(x)) x−e

Ejercicio propuesto 3.16

Calcular el límite: 1 + cos(x) x→π (x − π )2 l´ım

haciendo el cambio de variable y = x − π y recordando que cos(y + π ) = − cos(y). Ejercicio propuesto 3.17

Calcular el límite: √ x5 − x + ln(x) √ l´ım x→+∞ ex + cos(x) + x dividiendo por el infinito de mayor orden.

3.13. Continuidad de una función en un punto De forma intuitiva, podemos decir que una función es continua si podemos representarla gráficamente de un solo trazo. Obviamente, esta noción es insuficiente y está demasiado ligada a la representación gráfica de dicha función. Para formalizar esta idea, definiremos primero el concepto de continuidad de una función en un punto y, más adelante, ya se definirá la continuidad de una función en intervalos.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

255

Definición 3.29

Si f : A ⊂ R → R es una función real de variable real, se dice que la función f es continua en x = a si se cumple: l´ım f (x) = f (a)

x→a

Los polinomios, la función exponencial, logaritmo, seno y coseno y las funciones con radicales son continuas en todos los puntos de su dominio, ya que todas ellas verifican que: l´ım f (x) = f (a)

x→a 1 x

no es continua en x = 0 porque no existe l´ım f (x),

como puede verse en la Figura 3.38.



Ejemplo 3.53 La función f (x) =

x→0

Figura 3.39. La función f (x) = 1x no es continua en x = 0.

Ejemplo 3.54 La función:

f (x) = x sen no es continua en x = 0 porque aunque:

  1 x

l´ım f (x) = 0,

x→0

la función no está definida en x = 0. La gráfica de la función y un detalle de la misma puede verse en la Figura 3.40. 

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256

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA


Figura 3.40. Representación gráfica de la función f (x) = x sen 1x (izquierda) y detalle de la gráfica (derecha).

Proposición 3.18 Criterios de continuidad

Si dos funciones f , g : A ⊂ R → R son continuas en el punto x = a ∈ A, entonces se cumplen las propiedades siguientes: (a) Continuidad de la función suma. La función f + g es continua en a. (b) Continuidad de la función producto. La función f · g es continua en a.

(c) Continuidad de la función producto por escalar. La función λ · f es continua en a para todo λ ∈ R. (d) Continuidad de la función cociente. La función gf es continua en a si g(a) 6= 0.

D EMOSTRACIÓN . La demostración de estas propiedades está basada en el álgebra de límites. En efecto: (a) Continuidad de la función suma: l´ım ( f + g)(x) = l´ım ( f (x) + g(x))

x→a

x→a

= l´ım f (x) + l´ım g(x) x→a | {z } | {z } x→a f ( a)

g( a)

= f ( a) + g( a) = ( f + g)(a)

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

257

(b) Continuidad de la función producto: l´ım ( f · g)(x) = l´ım ( f (x) · g(x))

x→a

x→a

= l´ım f (x) · l´ım g(x) x→a x→a | {z } | {z } f ( a)

g( a)

= f ( a) · g( a) = ( f · g)(a)

(c) Continuidad de la función producto por escalar: l´ım (λ · f )(x) = l´ım λ · f (x)

x→a

x→a

= λ · l´ım f (x) x→a

= λ · f ( a) = (λ · f )(a) (d) Continuidad de la función cociente: l´ım ( f /g)(x) = l´ım ( f (x)/g(x))

x→a

x→a

= l´ım f (x) / l´ım g(x) x→a | {z } x→a | {z } f ( a)

g( a)

= f (a)/g(a), g(a) 6= 0 = ( f /g)(a)  Ejemplo 3.55 La función:

f (x) = x + 2ex +

p

x2 + 1 +

x+3 x4 + 1

es continua en todo R porque está formada por sumas, productos y cocientes de funcio nes continuas donde los denominadores no se anulan.

3.13.1. Campo de continuidad Definición 3.30

Si f : A ⊂ R → R es una función real de variable real, se dice que la función f es continua en X ⊂ A si f es continua en x = a para todo a ∈ X .

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258

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejemplo 3.56 La función:

f ( x) =

x+1

(x2 − 1)(x − 3)

es continua en R\{−1, 1, 3}, ya que a excepción de estos tres puntos, la función es un cociente de polinomios donde no se anula el denominador. La gráfica de esta función puede encontrarse en la Figura 3.41. 

x+1 . La función no es continua Figura 3.41. Representación gráfica de la función (x2 −1 )(x−3) en x = −1, x = 1 y x = 3.

Ejemplo 3.57 Las funciones f (x) = ⌊x⌋ y g(x) = ⌈x⌉ (parte entera por defecto y por exceso, respectivamente) son continuas en X = R\Z. En la Figura 3.42 se ha representado la gráfica de estas dos funciones.  Ejemplo 3.58

Las funciones f (x) = x − ⌊x⌋ y g(x) = ⌈x⌉ − x son continuas en X = R\Z. En la Figura 3.43 podemos observar la gráfica de estas dos funciones. 

3.13.2. Continuidad lateral Definición 3.31

Si f : A ⊂ R → R es una función real de variable real, se dice que la función f es continua por la derecha en x = a si se cumple la igualdad: l´ım f (x) = f (a)

x→a+

Análogamente se define la continuidad por la izquierda.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

259

Figura 3.42. Gráfica de la función parte entera por defecto (izquierda) y parte entera por exceso (derecha). Los puntos donde estas dos funciones no son continuas son todos los números enteros.

Figura 3.43. Gráfica de la función f (x) = x − ⌊x⌋ (izquierda) y g(x) = ⌈x⌉ − x (derecha). Los puntos donde estas dos funciones no son continuas son todos los números enteros.

Definición 3.32

Si f : A ⊂ R → R es una función real de variable real, se dice que la función f es continua por la izquierda en x = a si se cumple la igualdad: l´ım f (x) = f (a)

x→a−

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260

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Proposición 3.19

Si f : A ⊂ R → R es una función real de variable real, se dice que la función f es continua en x = a si, y solo si, es continua simultáneamente por la derecha y por la izquierda.

3.13.3. Continuidad en intervalos abiertos y en intervalos cerrados Definición 3.33 Continuidad en un intervalo abierto

Si f : [a, b] → R, se dice que f es continua en el intervalo abierto (a, b) si f es continua en el punto x para todo x ∈ (a, b). En este caso se puede escribir: f ∈ C 0 (a, b). Nota 3.17

La continuidad en un intervalo abierto incluye la continuidad sobre todo el conjunto de números reales. Por ejemplo, los polinomios, los cocientes de polinomios con denominador no nulo y las funciones trigonométricas son funciones continuas en todo el conjunto de los números reales R. En estos casos, escribiremos: p( x) ∈ C 0 ( R ) , p( x) ∈ R [ x]

p( x) ∈ C 0 ( R ) , p( x) , q( x) ∈ R [ x] , q( x) 6 = 0 q( x) sen(x) ∈ C 0 (R ) cos(x) ∈ C 0 (R )

Definición 3.34 Continuidad en un intervalo cerrado

Si f : [a, b] → R, se dice que f es continua en el intervalo cerrado [a, b] si: (i) f es continua en el punto x, para todo x ∈ (a, b); (ii) f es continua por la derecha en el punto x = a;

(iii) f es continua por la izquierda en el punto x = b. En este caso se puede escribir:

f ∈ C 0 [a, b].

Ejemplo 3.59 Consideremos la función:

 x/4 x 4

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

261

La función es continua en R − {0, 4}.

Además, la función es continua por la derecha en x = 0 y continua por la izquierda en x = 4, como puede verse en la Figura 3.44. 

Figura 3.44. Gráfica de la función del Ejemplo 3.59.

Ejemplo 3.60 Las funciones f (x) = ⌊x⌋ y f˜(x) = x − ⌊x⌋ son continuas por la derecha

en todo R. En cambio las funciones g(x) = ⌈x⌉ y g˜(x) = ⌈x⌉ − x son continuas por la  izquierda en todo R. Ejemplo 3.61 La función g(x) = sgn(sen(π x)) no es continua ni por la derecha ni por

la izquierda en el conjunto de los números enteros Z, si definimos la función sgn del siguiente modo:

sgn(x) =

      

1 x>0 0 x=0 −1 x < 0

Véase la Figura 3.45.



3.13.4. Clasificación de las discontinuidades de una función Los puntos en los que una función no es continua se pueden clasificar de tres maneras: discontinuidad evitable, discontinuidad de salto o discontinuidad esencial.

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262

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Figura 3.45. Gráfica de la función g(x) = sgn(sen(π x)).

Definición 3.35 Discontinuidad evitable

Diremos que la función f : A ⊂ R → R tiene una discontinuidad evitable en x = a cuando: l´ım f (x) = L 6= f (a),

x→a

es decir, cuando existe el límite de la función y el valor de la función, pero estos dos valores no coinciden. Véase la Figura 3.46.

Figura 3.46. La función de la gráfica presenta una discontinuidad evitable en el punto x = 2.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

263

Definición 3.36 Discontinuidad de salto

Diremos que la función f : A ⊂ R → R tiene una discontinuidad de salto (o de salto finito o de primera especie) en x = a cuando: l´ım f (x) = L1 6= L2 = l´ım+ f (x),

x→a−

x→a

es decir, cuando los límites laterales existan pero sean diferentes. Véase la Figura 3.47.

Figura 3.47. La función de la gráfica presenta una discontinuidad de salto en el punto x = 0.

Definición 3.37 Discontinuidad esencial

Diremos que la función f : A ⊂ R → R tiene una discontinuidad esencial (o asintótica o de salto infinito o de segunda especie) en x = a cuando o bien no exista l´ım− f (x), o x→a

bien no exista l´ım+ f (x) o bien no exista ninguno de los dos límites laterales. Véase la Figura 3.48.

x→a

3.14. Teoremas sobre funciones continuas Se presentan a continuación unos teoremas clave sobre funciones continuas. Proposición 3.20

Si f : [a, b] → R es continua en el intervalo [a, b], entonces f es acotada en dicho intervalo. Es decir, existe k ∈ R tal que | f (x)| < k para todo x ∈ [a, b].

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264

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Figura 3.48. La función de izquierda presenta una discontinuidad esencial en el punto x = 0, ya que el límite por la derecha no existe. La función de la derecha también presenta una discontinuidad esencial un punto ya que el límite por la derecha en ese punto es más infinito.

D EMOSTRACIÓN. La demostración de esta proposición, está basada en el teorema del encaje de Cantor, que enunciamos a continuación: Teorema 3.1 Del encaje de Cantor

Sea {Cn } una sucesión de conjuntos cerrados en R, no vacíos, tales que: Cn ⊂ Cn−1 , n = 2, 3, . . . siendo C1 acotado. Entonces, la intersección: C=

∞ \

Cn ,

n= 1

es un conjunto cerrado, no vacío. La demostración la haremos por reducción al absurdo. Supongamos que la función es continua en el intervalo [a, b] pero que no es acotada. Si f (x) no está acotada, existirán valores en el intervalo [a, b] tales que f (x) > k para un número cualquiera k ∈ R. Si se divide al intervalo [a, b] en dos partes iguales, al menos en una de estas dos partes habrá valores para los que f (x) > k. Dividiendo nuevamente dicha parte en dos partes iguales, habrá valores para los que f (x) > k. Repitiendo este esquema se obtiene una sucesión de intervalos encajados, cuya amplitud tiende a cero, en los que existen valores para los que f (x) > k.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

265

Según el Teorema 3.1 del encaje de Cantor, existe un valor α que es común a todos estos intervalos. Por un lado, y dado que la función es continua en α ∈ [a, b], es posible encontrar un entorno en el que | f (x) − f (α )| < ε . Pero en este entorno hay valores para los que f (x) > k, lo que contradice que | f (x) − f (α )| < ε . Por tanto, la función ha de estar acotada, en contra de lo que hemos supuesto al principio.  Teorema 3.2 De Weierstrass o del máximo y el mínimo

Si f : [a, b] → R es continua en el intervalo [a, b], entonces f alcanza un mínimo y un máximo absolutos en ese intervalo. D EMOSTRACIÓN. Vamos a demostrar la existencia del máximo. La demostración para la existencia del mínimo se haría de forma similar. Según la Proposición 3.20, la función f (x) está acotada en el intervalo [a, b], al ser una función continua en ese intervalo. Sea k la menor de la cotas superiores, es decir, si f (x) < K en el intervalo [a, b], entonces k ≤ K. Si existe un punto M ∈ [a, b] tal que f (M ) = k, el teorema queda demostrado. Si este no es el caso, ha de cumplirse que k − f (x) > 0 para todo x ∈ [a, b]. Entonces, si definimos la función: g( x) =

1 , k − f ( x)

esta función es continua en el intervalo [a, b] y aplicando de nuevo la Proposición 3.20, la función g(x) estará acotada. Es decir, existe un número real k˜ ∈ R tal que: g( x) =

1 ˜ < k. k − f ( x)

Por tanto: 1 1 1 < k˜ ⇒ k − f (x) > ⇒ f (x) < k − k − f ( x) k˜ k˜ lo que contradice el hecho de que k fuera la menor de las cotas superiores. De este modo, queda descartada la posibilidad de que el máximo no haya sido alcanzado por la función.  Teorema 3.3 De Bolzano

Si f : [a, b] → R es continua en el intervalo [a, b] y es tal que: f (a) · f (b) < 0, entonces existe al menos un punto c ∈ (a, b) tal que f (c) = 0.

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266

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

D EMOSTRACIÓN. Vamos a suponer, sin pérdida de generalidad, que f (a) > 0 y que f (b) < 0. Consideramos el punto medio de este intervalo, es decir: x1 =

a+b . 2

Si f (x1 ) = 0, el teorema queda demostrado.  En caso contrario, si por ejemplo f (x1 ) < 0,  consideramos ahora el intervalo a, a+2 b = [a, x1 ]. En los extremos de este intervalo la función sigue teniendo un cambio de signo. Repetimos el proceso, considerando el punto medio de este nuevo intervalo: x2 =

a + a+2 b a + x1 = . 2 2

Si f (x2 ) = 0, el teorema queda demostrado. En caso contrario, repetimos de nuevo el proceso. Segun el Teorema 3.1 del encaje de Cantor, existe un punto c perteneciente a todos los intervalos. Si f (c) > 0, f (x) ha de ser positiva en un entorno de c, lo que contradice el hecho de que f (x) tome valores de signo opuesto en los extremos de dicho intervalo. Si f (c) < 0, f (x) ha de ser negativa en un entorno de c, lo que contradice de nuevo el hecho de que f (x) tome valores de signo opuesto en los extremos de dicho intervalo. Por tanto, no queda más remedio que f (c) = 0.  Observación 3.5

El teorema de Bolzano garantiza que las funciones continuas en las que se produce un cambio de signo en sus extremos tienen al menos un punto que corta el eje de abscisas. Esto puede verse en la Figura 3.49. El Teorema de Bolzano permite demostrar la existencia de soluciones de ecuaciones. f ( a) · f ( b) < 0

f ( b)

a c

b

f ( a)

Figura 3.49. Si la función cambia de signo en sus extremos y es continua, existe un punto c en el que la función corta el eje de abscisas.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

267

Ejemplo 3.62 Demostrar que la ecuación:

cos(x) − 2x + 1 = 0   tiene, al menos, una solución en el intervalo 0, π2 .



S OLUCIÓN la función f (x) = cos(x) − 2x + 1, que es continua en el   . Consideremos intervalo 0, π2 . Además: f (0) = cos(0) − 2 · 0 + 1 = 1 + 1 = 2 > 0 π  π  π f = cos −2· +1 = 0−π +1 = 1−π < 0 2 2 2

  Por tanto, según el Teorema 3.3 de Bolzano, existe un punto c ∈ 0, π2 tal que f (c) = 0. Es decir, la ecuación tiene, al menos, una solución. El siguiente Teorema es, en cierto modo, una generalización del Teorema de Bolzano. Teorema 3.4 De los valores intermedios

Si f : [a, b] → R es continua en el intervalo [a, b] y es tal que: f ( a) < f ( b) , entonces para cualquier y ∈ R tal que: f ( a) < y < f ( b) existe un t ∈ (a, b) con f (t ) = y. D EMOSTRACIÓN. Consideremos una nueva función g(x) definida como: g(x) = f (x) − y. Dado que f (x) es continua en [a, b], g(x) también, al ser la diferencia de una función continua y una función constante. Además: g( a) = f ( a) − y < 0 g( b) = f ( b) − y > 0

Por tanto, por el teorema de Bolzano, existe t ∈ [a, b] tal que g(t ) = 0. Pero esto es equivalente a decir que existe t ∈ [a, b] tal que: f (t ) = g(t ) + y = y, tal y como queríamos demostrar.

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268

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

En la Figura 3.50 se ilustra esta idea.

f ( a) < y < f ( b) f ( b) y

f ( a) a

t

b

Figura 3.50. Si la función es continua y es tal que f (a) < f (b), la función alcanza todos los valores intermedios.

Problemas resueltos (funciones) Problema 3.1

Determinar el dominio de las funciones que tienen como definición analítica: (a) f (x) = x2 + 1 x (b) f (x) = x+1 √ (c) f (x) = x2 − 1 √ (d) f (x) = −x (e) f (x) = ln(x) p (f) f (x) = ln(x) (g) f (x) = ex/2 − 6 log(x + 2) + 3 Solución

(a) La función f (x) = x2 + 1 es un polinomio. Por tanto, Dom( f ) = R. (b) La función: f ( x) =

✐

x x+1

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

269

es cociente de polinomios, y el polinomio del denominador q(x) = x + 1 se anula para x = −1. Por tanto: Dom( f ) = R − {x | q(x) = 0} = R − {x | x + 1 = 0} =

= R − {x | x = −1} = R − {−1}. p (c) La función f (x) = x2 − 1 es del tipo: q f (x) = 2n g(x), n ∈ Z, donde n = 1 y g(x) = x2 − 1. Por tanto, su dominio es:

Dom( f ) = {x | x2 − 1 ≥ 0} = {x | x2 ≥ 1} = {x | |x| ≥ 1}

= {x | x ≥ 1 o bien x ≤ −1} = R − (−1, 1). √ (d) La función f (x) = −x es del tipo: q f (x) = 2n g(x), n ∈ Z, donde n = 1 y g(x) = −x. Por tanto, su dominio es:

Dom( f ) = {x | − x ≥ 0} = {x | x ≤ 0} = (−∞, 0]. (e) La función f (x) = ln(x) se puede reescribir como: f ( x) =

log(x) 1 = log(x), log(e) log(e)

por tanto, es el producto de un escalar por la función f1 (x) = log(x). Así pues: Dom( f ) = Dom( f1 ), ya que f1 = λ f . La función f1 (x) = log(x) es del tipo f (x) = log(g(x)), donde g(x) = x. Por tanto, su dominio es: Dom( f1 ) = {x | x > 0} = (0, +∞). Así pues: Dom( f ) = Dom( f1 ) = (0, +∞). q q (f) La función f (x) = ln(x) es del tipo f (x) = 2n g(x), n ∈ Z, donde n = 1 y g(x) = ln(x). Por tanto, su dominio es: Dom( f ) = {x | ln(x) ≥ 0} = {x | x ≥ e0 = 1}

= {x | x ≥ 1} = [1, +∞).

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✐

270

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(g) La función f (x) = ex/2 − 6 log(x + 2) + 3 es suma de las funciones f1 = ex/2 , f2 = −6 log(x + 2) y f3 = 3, por tanto, su dominio es: Dom( f ) = Dom( f1 ) ∩ Dom( f2 ) ∩ Dom( f3 ). La función f1 (x) = ex/2 es del tipo f (x) = eg(x) , donde g(x) = 2x . Por tanto, su dominio es: x = R. Dom( f1 ) = Dom 2 La función f2 (x) = −6 log(x + 2) es producto de un escalar por la función: f21 (x) = log(x + 2), por tanto, Dom( f2 ) = Dom( f21 ), ya que f21 = λ f2 . La función f21 (x) = log(x + 2) es del tipo f (x) = log(g(x)), donde g(x) = x + 2. Por tanto, su dominio es: Dom( f2 ) = {x | x + 2 > 0} = {x | x > −2} = (−2, +∞). La función f3 (x) = 3 es un polinomio de grado cero, por tanto: Dom( f3 ) = R. Finalmente: Dom( f ) = Dom( f1 ) ∩ Dom( f2 ) ∩ Dom( f3 ) = R ∩ (−2, +∞) ∩ R = (−2, +∞). | {z } | {z } | {z } R

>−2

R

Problema 3.2

Determinar el dominio de las funciones que tienen como definición analítica: q
x−3 (a) f (x) = ln x−2 1 (b) f (x) = √ 3 x−2

Solución

(a) La función:

es del tipo f (x) =

✐

q 2n

s   x−3 f (x) = ln x−2 g(x), n ∈ Z, donde n = 1 y:   x−3 g(x) = ln . x−2

✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

271

Figura 3.51. De izquierda a derecha y de arriba a abajo: gráfica √ de las funciones del x , f (x) = x2 − 1, f (x) = √−x, Problema 3.1: f (x) = x2 + 1, f (x) = x+ 1 p f (x) = ln(x) y f (x) = ex/2 − 6 log (x + 2) + 3.

A su vez, g(x) = ln(h(x)) donde h(x) es un cociente de polinomios de denominador q(x) = x − 2, Por tanto, el dominio de f (x) es:       x−3 x−3 0 Dom( f ) = x | ln ≥ 0 ∩ {x | x − 2 6= 0} = x | ≥e =1 x−2 x−2 = {x tales que si x − 2 > 0, x − 3 ≥ x − 2 o si x − 2 < 0, x − 3 ≤ x − 2}

= {x tales que si x − 2 > 0, −3 ≥ −2 o si x − 2 < 0, −3 ≤ −2}

= {x tales que x − 2 < 0} = {x tales que x < 2} = (−∞, 2). (b) La función: 1 f ( x) = √ 3 x−2 es cociente de las funciones f1 (x) = 1 y f2 (x) = f ( x) =

✐

√ 3 x − 2, de tal forma que:

f 1 ( x) . f 2 ( x)

✐

272

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

La función f1 (x) = √ 1 es un polinomio de grado cero, por tanto, Dom( f1 ) = R. La función f2 (x) = 3 x − 2 es del tipo: f ( x) =

q g( x) ,

2n+1

n ∈ Z,

donde g(x) = x − 2 y n = 1. Por tanto, su dominio es: Dom( f2 ) = Dom(x − 2) = R. Así pues, el dominio de f es: Dom( f ) = Dom



f1 f2



= Dom( f1 ) ∩ Dom( f2 ) − {x | f2 (x) = 0}

√ √ = Dom(1) ∩ Dom( 3 x − 2) −{x | 3 x − 2 = 0} {z } | {z } | R

R

= R ∩ R − {x | x − 2 = 0} = R − {x | x = 2} = R − {2}.

Figura 3.52. Gráfica de las funciones f (x) = recha) (Problema 3.2).

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q

ln

x−3 x−2




1 (izquierda) y f (x) = √ 3

x−2

(de-

✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

273

Problema 3.3

¿Son iguales las funciones f1 y f2 ? 2x2 + x ; x 2x2 + x (b) f1 (x) = ; x (a) f1 (x) =

f2 (x) = 2x + 1. f2 (x) = 2x + 1, x 6= 0.

Solución

(a) Las funciones f1 y f2 no son iguales porque no tienen el mismo dominio. En particular, x = 0 ∈ / Dom( f1 ), y en cambio f2 (0) = 1. (b) Las dos funciones son iguales ya que Dom( f1 ) = Dom( f2 ) y la imagen es la misma para todos los puntos del dominio.

Problema 3.4

Expresar cada una de las siguientes funciones como composición de dos (u, g) de tal forma que f (x) = g(u(x)): (a) f (x) = (x2 + 5x + 1)5 (b) f (x) = cos3 (x) (c) f (x) = sen(x3 ) √ (d) f (x) = 5x2 − x Solución

(a) Para g(x) = x5 y u(x) = x2 + 5x + 1, f (x) = g(u(x)) = (x2 + 5x + 1)5 . (b) Para g(x) = x3 y u(x) = cos(x), f (x) = g(u(x)) = (cos(x))3 = cos3 (x). (c) Para g(x) = sen(x) y u(x) = x3 , f (x) = g(u(x)) = sen(x3 ). (d) Para g(x) =

p √ x y u(x) = 5x2 − x, f (x) = g(u(x)) = 5x2 − x.

Problema 3.5

Sea f (x) = sen (x) y g(x) tal que Dom(g) = (0, +∞). ¿Cuál es el dominio de la función compuesta g( f (x))?

✐

✐

274

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución

La función compuesta (g ◦ f ) tiene por dominio el conjunto: Dom(g ◦ f ) = {x ∈ Dom( f ) | f (x) ∈ Dom(g)} | {z } | {z } R

>0

= {x ∈ R | f (x) > 0}

= {x ∈ R | sen(x) > 0}

= · · · ∪ (−4π , −3π ) ∪ (−2π , −π ) ∪ (0, π ) ∪ (2π , 3π ) ∪ · · ·

Problema 3.6

x2 + 2 − 3. sen(x2 ) + 2 (a) Determinar Dom( f ).

Sea f (x) =

(b) Determinar si f es invertible. Solución

(a) La función f (x) =

x2 + 2 − 3 es cociente y suma de las funciones: sen(x2 ) + 2

f1 (x) = x2 + 2,

f 2 ( x) =

1 , sen(x2 ) + 2

f3 (x) = −3,

de tal forma que f (x) = f1 (x) f2 (x) + f3 (x). Por tanto: Dom( f ) = Dom( f1 ) ∩ Dom( f2 ) ∩ Dom( f3 ). La función f1 (x) = x2 + 2 es polinómica. Por tanto, Dom( f1 ) = R. La función f2 (x) es la inversa de la función sen(x2 ) + 2, por tanto: Dom( f2 ) = R − {x | sen(x2 ) + 2 = 0}

= R − {x | sen(x2 ) = −2}

Pero como −1 ≤ sen(x2 ) ≤ 1, entonces: Dom( f2 ) = R. Por tanto: Dom( f ) = Dom( f1 ) ∩ Dom( f2 ) ∩ Dom( f3 )

= R ∩ R ∩ R = R.

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✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

275

2

2 − 3 (Problema 3.6). Esta función no Figura 3.53. Gráfica de la función f (x) = senx(x+2 )+ 2 es invertible ya que y = 2 tiene más de una antiimagen.

(b) En la Figura 3.53 puede verse que f (−2) = f (2) y por tanto, f (x) no es invertible.

Problema 3.7

Para la función f definida en cada caso, encontrar su inversa si existe y, si es así, especificar su dominio: (a) f (x) = 2x − 1 1 (b) f (x) = x−5 (c) f (x) = x2 (d) f (x) = x3 + 2 x (e) f (x) = ln 2 (f) f (x) = sen(x) (g) f (x) = x2 , x ≤ 0 √ (h) f (x) = 1 − x2 x ∈ (−1, 1)

✐

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276

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución

(a) y = 2x − 1 Por tanto: f −1 (x) = (b) y= Por tanto:

x=

y+1 2

x+1 2

y

⇐⇒

1 x−5

⇐⇒

1 y

1 x

Dom( f −1 ) = R − {0}.

y = x2

⇐⇒

y

y+1 . 2

Dom( f −1 ) = R.

x = 5+

f −1 (x) = 5 + (c)

f −1 (y) =

⇐⇒

1 f −1 (y) = 5 + . y

⇐⇒

√ x=± y

⇐⇒

√ f −1 (y) = ± y.

Así pues: • si y < 0, f −1 (y) = 0; /

• si y = 0, f −1 (y) = {0};

√ √ • si y > 0, f −1 (y) es un conjunto formado por dos elementos {− y, y}.

(d)

Por tanto, f (x) no tiene inversa. Por ejemplo, f −1 (1) = {−1, 1}. y = x3 + 2

x=

⇐⇒

Por tanto: f −1 (x) = (e) y = ln Por tanto:

x 2

p 3

p 3

y−2

⇐⇒

f −1 (y) =

p 3

y − 2.

y − 2 y Dom( f −1 ) = R.

⇐⇒

x = 2ey

f −1 (x) = 2ex

y

⇐⇒

f −1 (y) = 2ey .

Dom( f −1 ) = R.

(f) Para k ∈ Z: y = sen(x) ⇐⇒ x = arc sen(y) + 2π k ⇐⇒ f −1 (y) = arc sen(y) + 2π k. (g)

Por tanto, f (x) no tiene inversa. Por ejemplo, f −1 (1) = {2π k, k ∈ Z}. y = x2 si x ≤ 0 Por tanto:

✐

⇐⇒

√ f −1 (x) = − x

√ x=− y

⇐⇒

√ f −1 (y) = − y.

y Dom( f −1 ) = [0, +∞).

✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

277

(h) y=

p p p 1 − x2 si x ∈ (−1, 1) ⇐⇒ x = ± 1 − y2 ⇐⇒ f −1 (y) = ± 1 − y2 .

Así pues:

• si y < −1, f −1 (y) = 0; / −1 • si p −1 ≤ y p ≤ 1, f (y) es un conjunto formado por dos elementos 2 {− 1 − y , 1 − y2 }; • si y > 1, f −1 (y) = 0. /

Por tanto, f (x) no tiene inversa. Por ejemplo f −1 (0) = {−1, 1}. Problema 3.8

Considerar la función f (x) = |x3 − 8|. Calcular: (a) f −1 (19)

(b) f −1 (0) (c) f −1 (92) Solución

(a) Calculemos en primer lugar la antiimagen de 19: f −1 (19) = {x ∈ R tales que f (x) = 19} = {x ∈ R tales que |x3 − 8| = 19}

= {x ∈ R tales que x3 − 8 = 19 o bien x3 − 8 = −19}

= {x ∈ R tales que x3 = 27 o bien x3 = −11} √ √ √ 3 3 = {x ∈ R tales que x = 27 = 3 o bien x = 3 −11 = − 11} √ 3 = {3, − 11}. √ Por tanto, f −1 (19) = {− 3 11, 3}. (b) Procediendo de la misma manera, podemos calcular la antiimagen de 0: f −1 (0) = {x ∈ R tales que f (x) = 0} = {x ∈ R tales que |x3 − 8| = 0}

= {x ∈ R tales que x3 = 8} = {2}.

Por tanto, f −1 (0) = {2}.

(c) Finalmente, también podemos calcular la antiimagen de 92: f −1 (92) = {x ∈ R tales que f (x) = 92} = {x ∈ R tales que |x3 − 8| = 92}

= {x ∈ R tales que x3 − 8 = 92 o bien x3 − 8 = −92} = {x ∈ R tales que x3 = 100 o bien x3 = −84} √ √ 3 = {x ∈ R tales que x = 100 o bien x = 3 −84}.

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278

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

√ √ Por tanto, f −1 (92) = { 3 100, 3 −84}. La gráfica de la función y de estas tres antiimágenes puede verse en la Figura 3.54

Figura 3.54. Gráfica de la función f (x) = |x3 − 8| (Problema 3.8), donde pueden verse las antiimágenes de los valores y = 19, y = 92 e y = 0.

Problema 3.9

Considerar la función f (x) = |x3 |. Determinar si f (x) es invertible si la restringimos a x ≥ 0. Solución

La función f (x) se puede reescribir como:  x3 , x ≥ 0 f ( x) = −x3 , x < 0 y por tanto:  Si y < 0, f −1 (y) = 0/ √ √ Si y ≥ 0, f −1 (y) es un conjunto formado por dos elementos {− 3 y, 3 y}. Vemos que f (x) no es invertible en todo su dominio, ya que por ejemplo f (−1) = f (1), como puede verse en la Figura 3.55.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

279

Para que el conjunto de antiimágenes de todos los puntos sea de como mucho un elemento, debemos restringir los valores de la función f (x) = |x3 | a los números positivos o negativos. Así pues, f (x) es invertible si la restringimos a x ≥ 0.

Figura 3.55. Gráfica de la función f (x) = |x3 | (Problema 3.9), donde puede verse la antiimagen de y = 8. Para que esta función sea invertible, hay que restringirla a los números reales positivos.

Problema 3.10

Considerar la función f (x) = |x2 − 2|. Determinar si f (x) es invertible si la restringimos a x ≥ 0. Solución

La función f (x) se puede reescribir como: f ( x) =



−x2 + 2, x2 − 2 < 0 x2 − 2, x2 − 2 ≥ 0



√ −x2 + 2, |x| < √2 x2 − 2, |x| ≥ 2

por tanto: f ( x) =

✐

✐

280

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

así pues:

√ x2 − 2, x < − 2 √ √ f ( x) = −x2 + 2, − 2√≤ x ≤ 2  x2 − 2, x > 2.  

Entonces:

 Si y < 0, f −1 (y) = 0/   √ √   Si y = 0, f −1 (y) es un conjunto formado por dos elementos {− 2, 2}     Si 0 < y < 2, f −1 (y) es un conjunto formado por cuatro elementos √ √ √ √ {− −y + 2, − y + 2, −y + 2, y + 2}      Si y = 2, f −1 (y) es un conjunto formado por tres elementos {−2, 0, 2}   √ √  Si y > 2, f −1 (y) es un conjunto formado por dos elementos {− y + 2, y + 2}.

Vemos que f (x) no es invertible en todo su dominio porque para todo y ≥ 0, f −1 (y) tiene dos, tres o cuatro antiimágenes. Tampoco es invertible si la restringimos a x ≥ 0 ya que f (0) = f (2) = 2.

Figura 3.56. Gráfica de la función f (x) = |x2 − 2| (Problema 3.10), donde puede verse la antiimagen de y = 7. La función no es invertible si la restringimos a los números reales positivos ya que, por ejemplo, f (0) = f (2) = 2.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

281

3.15. Problemas resueltos (límites) Problema 3.11

Utilizando la definición de límite de una función en un punto, demostrar que: l´ım 3x = 3a.

x→a

Solución

La demostración de este límite la haremos siguiendo los siguientes dos pasos: Paso 1. Relacionar la diferencia | f (x) − L| con |x − a|. Paso 2. Seleccionar δ en función de ε .

Para este caso, tenemos que f (x) = 3x y L = 3a. Por tanto: Paso 1. | f (x) − L| = |3x − 3a| = 3 · |x − a| < ε

ε Paso 2. Si |x − a| < ε , entonces | f (x) − L| < ε . Por tanto, seleccionamos δ = . 3 Estos dos pasos previos sirven para seleccionar δ en función de ε . La demostración se completa en las siguientes líneas. Tenemos que ver que para todo ε > 0, existe δ > 0 de manera que si tomamos: x ∈ (a − δ , a + δ ),

x 6= a,

entonces: f (x) ∈ (3a − ε , 3a + ε ).

Consideremos ε > 0 dado y tomemos δ = ε /3. Entonces, si x ∈ (a − δ , a + δ ), f (x) = 3x y:

a − δ < x < a + δ =⇒ 3a − 3δ < 3x < 3a + 3δ

=⇒ 3a − 3ε /3 < 3x < 3a + 3ε /3 =⇒ 3a − ε < f (x) < 3a + ε =⇒ f (x) ∈ (3a − ε , 3a + ε ), como queríamos ver. La Figura 3.57 muestra que dado ε > 0, si tomamos δ = ε /3, entonces se verifica la propiedad necesaria para poder demostrar que el límite es cierto.  Problema 3.12

Utilizando la definición de límite de una función en un punto, demostrar que: l´ım 3x + 2 = 3a + 2.

x→a

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282

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

3+ε

3−ε

1 − ε3

1 + ε3

Figura 3.57. Representación gráfica de la relación entre ε y δ para el cálculo del límite de la función f (x) = 3x (Problema 3.11).

Solución

La demostración de este límite la haremos siguiendo los siguientes dos pasos: Paso 1. Relacionar la diferencia | f (x) − L| con |x − a|. Paso 2. Seleccionar δ en función de ε .

Para este caso, tenemos que f (x) = 3x + 2 y L = 3a + 2. Por tanto: Paso 1. | f (x) − L| = |3x + 2 − (3a + 2)| = 3 · |x − a| < ε

ε Paso 2. Si |x − a| < ε , entonces | f (x) − L| < ε . Por tanto, seleccionamos δ = . 3 Estos dos pasos previos sirven para seleccionar δ en función de ε . La demostración se completa en las siguientes líneas. Tenemos que ver que para todo ε > 0, existe δ > 0 de manera que si tomamos: x ∈ (a − δ , a + δ ),

x 6= a,

entonces: f (x) ∈ (3a + 2 − ε , 3a + 2 + ε ).

Consideremos ε > 0 dado y tomemos δ = ε /3.

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✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

283

Entonces, si x ∈ (a − δ , a + δ ), f (x) = 3x + 2 y: a − δ < x < a + δ =⇒ 3a − 3δ < 3x < 3a + 3δ

=⇒ 3a − 3ε /3 < 3x < 3a + 3ε /3 =⇒ 3a + 2 − ε < |3x{z + 2} < 3a + 2 + ε f ( x)

=⇒ f (x) ∈ (3a + 2 − ε , 3a + 2ε ),

como queríamos ver. Problema 3.13

Enunciar la definición formal de l´ım f (x) = +∞. Utilizando esta definición, demosx→+∞ trar que: l´ım x2 = +∞. x→+∞

Solución

l´ım f (x) = +∞

x→+∞

⇐⇒

∀k > 0, ∃λ tal que si x > λ entonces, f (x) > k.

Vamos a demostrar ahora que: l´ım x2 = +∞.

x→+∞

Para k > 0 tomamos λ = x>λ

=⇒

√

x>

k. Debemos ver que x > λ =⇒ f (x) > k: √ k

=⇒

√ f (x) = x2 > ( k)2

=⇒

f ( x) > k

como queríamos ver. Esta idea puede verse representada en la Figura 3.58. Problema 3.14

Definir el concepto de infinitésimos. Dar un ejemplo de tres funciones diferentes que sean infinitésimos equivalentes cuando x → 2. Solución

Decimos que la función f : A ⊂ R → R es un infinitésimo en el punto x = a si el límite de la función cuando x tiende a a es 0, es decir: l´ım f (x) = 0.

x→a

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✐

284

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

k

λ=

√

k

2 Figura 3.58. Representación gráfica del límite de la función √ f (x) = x cuando x tiende a +∞. Puede verse que para los valores x > k, las imágenes respectivas f (x) son mayores a k (Problema 3.13).

Para buscar tres ejemplos de infinitésimos equivalentes, recordamos los infinitésimos en el cero: x ∼0 sen(x) ∼0 ln(1 + x) ∼0 tan(x). Entonces, haciendo el cambio de variable x = y − 2, tendremos: y − 2 ∼2 sen(y − 2) ∼2 ln(y − 1) ∼2 tan(y − 2).

Problema 3.15

Calcular los siguientes límites: x−2 (a) l´ım 2 x→2 x − 4 x √ (b) l´ım √ x→0 1 + 2x − 1 − 2x √ √ 1 + 2x − 1 − 2x (c) l´ım x→0 −x2 + 3x + π

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

285

Solución

(a) Se trata de un cociente de polinomios que se anulan en x = 2. Entonces, si factorizamos por el binomio x − 2, tenemos: l´ım

x−2

x→2 x2 − 4

0 = « » (indeterminación) 0

= l´ım

x→2

x−2 (x − 2)(x + 2)

1 1 = x→2 x + 2 4

= l´ım

(b) En este caso, tanto el numerador como el denominador se anulan en x = 0, pero el denominador no es polinómico. Por tanto, multiplicamos y dividimos por el conjugado del denominador: l´ım √

x→0

0 x √ = « » (indeterminación) 0 1 + 2x − 1 − 2x √ √ x 1 + 2x + 1 − 2x √ √ = l´ım √ ·√ x→0 1 + 2x − 1 − 2x 1 + 2x + 1 − 2x √ √ x( 1 + 2x + 1 − 2x) = l´ım x→0 1 + 2x − (1 − 2x) √ √ 6 x( 1 + 2x + 1 − 2x) = l´ım x→0 46x

= l´ım

x→0

√

√ 1 + 2x + 1 − 2x 1 = . 4 2

(c) En este caso, no hay ninguna indeterminación y el límite se puede calcular directamente. √ √ √ √ 1 + 2x − 1 − 2x 1− 1 l´ım = = 0. x→0 −x2 + 3x + π π

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286

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 3.16

Calcular los siguientes límites:   3x + 1 x (a) l´ım x→+∞ x x−1 (b) l´ım √ x→1 x + 3 · (x2 − 1) 1 (c) l´ım− sen(x) · 2 x x→0  1  2x x−1 (d) l´ım x→1 x + 1 ln(x) (e) l´ım 2 x→1 2x − 8x + 6 √ sen(x) + x + x (f) l´ım x→+∞ ex ex (g) l´ım x→−∞ x Solución

(a) En este caso, no hay ninguna indeterminación y el límite se puede calcular directamente:  x    3x + 1 x 1   = 3+∞ = +∞. l´ım = l´ım  3+   x→+∞ x→+∞ x x |{z} →0

(b) Para resolver la indeterminación factorizaremos el polinomio que aparece en el denominador, y simplificaremos el término x − 1: 0 0 x−1 = = « » (indeterminación) l´ım √ 2 x→1 x + 3 · (x − 1) 2·0 0 x−1 = l´ım √ x→1 x + 3 · (x + 1) · (x − 1) 1 = l´ım √ x→1 x + 3 · (x + 1) 1 1 = 2·2 4 (c) Para resolver la indeterminación utilizaremos que sen(x) ∼0 x, es decir, que:

=

sen(x) = 1. x→0 x l´ım

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

l´ım sen(x) ·

x→0−

287

1 1 = 0 · + = «0 · (+∞)» (indeterminación) x2 0

= l´ım− x→0

sen(x) 1 · x } x | {z →1

= l´ım− x→0

1 1 = − = −∞. x 0

(d) Para resolver la indeterminación reescribiremos el límite para que nos aparezca el número e:

 1  1 2x x − 1 = 2 0 = «1∞ » (indeterminación) l´ım x→1 x + 1 2 

= l´ım

x→1



 1  1  x+1+x−1 x−1 x−1 x−1 = l´ım 1 + x→1 x+1 x+1

x + 1 · x−1 · 1 x−1 x+1 x−1 1   = l´ım 1 +  x+1 x→1



x−1

1 x−1  · x + 1 x + 1 x−1  x−1   1   = l´ım  1 +     x+1 x→1   x−1 



1  x + 1 x + 1   1  x−1 l´ım   1    x→1 x + 1 = e1/2 = l´ım 1 + =e  x+1  x→1   x−1 

✐

✐

288

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

donde hemos utilizado que: x + 1 x−1 1   l´ım 1 + = e,  x+1

x→1



x−1

ya que si x → 1:

x+1 → ∞. x−1

(e) Para resolver la indeterminación haremos el cambio de variable x = 1 + t para poder utilizar el infinitésimo ln(t + 1) ∼0 t. l´ım

ln(x)

x→1 2x2 − 8x + 6

=

ln 1 0 = « » (indeterminación) 2−8+6 0

= l´ım

ln(x)

x→1 2(x2 − 4x + 3)

= l´ım t→0

ln(x) ln(1 + t ) = l´ım x→1 2(x − 1)(x − 3) t→0 2t (t − 2)

= l´ım

ln(1 + t ) 1 1 1 1 · = l´ım = =− . t→0 2(t − 2) t 2 ( t − 2 ) 2 · ( −2 ) 4 | {z } →1

(f) Esta indeterminación se resuelve utilizando órdenes de infinitud: √ sen(x) + x + x +∞ l´ım » (indeterminación). =« x→+∞ ex +∞ Tenemos que: sen(x) 0

✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

311

Por tanto:   √   √ si x ∈ −∞, 1−2 5 ∪ 1−2 5 , ∞

  1      0 signo( f (x)) =       −1

si x = si x ∈

√ 1± 5 2  √ √  1− 5 1+ 5 , . 2 2

La gráfica de esta función puede verse en la Figura 3.59 (izquierda). (2) Tenemos que calcular la función signo( f (x)) donde f (x) = sen(x), x ∈ [0, 2π ). sen(x) = 0 ⇐⇒ x ∈ {kπ , k ∈ Z}, por tanto, f (x) = 0 en x = 0, π . Además: f (x) > 0 si x ∈ (0, π ) Por tanto:

y

 1     0 signo( f (x)) =     −1

f (x) < 0 si x ∈ (π , 2π ). si x ∈ (0, π ) si x ∈ {0, π } si x ∈ (π , 2π ).

La gráfica de esta función puede verse en la Figura 3.59 (derecha).

Figura 3.59. Gráficas de las funciones signo(x2 − x − 1) (izquierda) y signo (sen(x)) (derecha) (Problema 3.31).

(b) Estudiemos la función f (x) = l´ım

n→∞

2 arctan(nx). π

• Para x < 0:

2 2 2  π arctan(|{z} n |{z} x ) = « arctan(−∞)» = · − = −1. n→∞ π π π 2

f (x) = l´ım

→∞

✐

0:

2 2 2 x ) = arctan(0) = · 0 = 0. arctan(|{z} n |{z} π π π 0

→∞

2 2 π 2 arctan(|{z} n |{z} x ) = « arctan(∞)» = · = 1. n→∞ π π π 2

f (x) = l´ım Así pues:

→∞

>0

 −1, x < 0     f ( x) = 0, x=0     1, x > 0.

2 arctan(nx) = signo(x), como queríamos demostrar. n→∞ π

Por tanto, f (x) = l´ım

3.16. Problemas resueltos (continuidad)

Figura 3.60. Representación gráfica de una función y sus discontinuidades (Problema 3.32).

Problema 3.32

Justifica y clasifica las discontinuidades de la función representada gráficamente en la Figura 3.60.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

313

Solución

En x = −4 la función tiene una discontinuidad esencial porque: l´ım f (x) = −∞.

x→−4+

En x = −2 la función tiene una discontinuidad evitable porque: l´ım f (x) = 1 6= 0 = f (−2).

x→−2

En x = 0 la función tiene una discontinuidad esencial porque: l´ım f (x) = −∞.

x→0−

En x = 2 la función tiene una discontinuidad de salto porque: l´ım f (x) = −2 6= 1 = l´ım f (x) = f (2). x→2+

x→2−

Problema 3.33

Sea f : R → R definida por: f ( x) =

  ex

x 0, x 6= 1   2−1  x    b , x = 1. Calcular los valores de a, b y c que hacen que f ∈ C 0 (R ).

Solución

La función puede presentar discontinuidades en los puntos x = 0 y x = 1, ya que en ellos hay un cambio de definición de la función. En el resto de puntos la función es continua, ya que si x ≤ 0, tenemos un cociente de polinomios donde el denominador no se anula y si x > 0, x 6= 1 también, ya que x2 −1 = 0 en x = ±1 y x = −1 ≯ 0.

Por tanto, para que f ∈ C 0 (R ), es decir, para que la función sea continua en todo R debemos imponer: f (0) = l´ım f (x) x→0

✐

y

f (1) = l´ım f (x). x→1

✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

315

Si imponemos que la función sea continua en x = 0 obtenemos:  0+a   f ( 0) = =a   0+1     x+a =a l´ım− f (x) = l´ım− 2 =⇒ a = −c. x→0 x→0 x + 1     x+c  l´ım f (x) = l´ım 2 = −c    x→0+ x→0+ x − 1

Si estudiamos la continuidad en x = 1, obtenemos que f (1) = b y: x+c x+c = l´ım 2 x→1 (x − 1)(x + 1) x→1 x − 1

l´ım f (x) = l´ım

x→1

=

   ∄

si c 6= −1

x−1 1 1 = l´ım = x→1 (x − 1)(x + 1) x→1 x + 1 2

  l´ım

si c = −1.

Por tanto, para que la función sea continua en x = 1 tenemos que c = −1 y b = 1/2. Si, además, tenemos en cuenta la condición que hemos obtenido para x = 0, obtenemos: a = 1, b = 1/2 y c = −1. La representación gráfica de esta función para distintos valores de a, b y c puede encontrarse en la Figura 3.62.

Figura 3.62. Gráfica de la función f (x) para los valores a = 1, b = 1/2 y c = −1 (izquierda) y a = 0, b = 2 y c = 1 (derecha). Puede observarse cómo únicamente la función de la izquierda es continua. La función de la derecha presenta una discontinuidad de salto en x = 0 y una discontinuidad esencial en x = 1 (Problema 3.34).

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316

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 3.35

Dada la función:

f ( x) =

    a                           

√

√ ! x+3− 3 x

si x = 0

b 1 x

si x < 0

+1 1 x

! 1x



x2 − x − 2 c 2 x +x−6

si 0 < x ≤ 2 

si x > 2

encontrar a, b y c (a, b, c ∈ R) tal que la función sea continua. Para x < 0, la función f (x) se define como: a

√

√ ! x+3− 3 x

y, por tanto, es una función continua, ya que es el cociente de funciones continuas y el denominador no se anula en ningún punto. Para 0 < x < 2, la función f (x) se define como: 1 x

+1 1 x

! 1x

y, por tanto, es una función continua dado que es composición de funciones continuas y el denominador no se anula en ningún punto. Para x > 2, la función f (x) se define como:  2  x −x−2 c 2 x +x−6 y, por tanto, es una función continua, ya que es el cociente de funciones continuas y el denominador no se anula en ningún punto. Hay que tener en cuenta que las raíces de x2 + x − 6 son: √ −1 ± 1 + 24 = {−3, 2}. x= 2 Por tanto, la continuidad debe ser impuesta solamente en x = 0 y x = 2. La función será continua en x = 0 si: f (0) = l´ım− f (x) = l´ım+ f (x) x→0

✐

x→0

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

  f ( 0) = b           l´ım f (x) = l´ım− a   x→0− x→0          = l´ım− a                      

317

√ ! x+3− 3 x √ ! √ x+3− 3 x √

√ ! √ x+3+ 3 √ √ x→0 x+3+ 3   x+3−3 a √ √ = √ = l´ım− a x→0 x( x + 3 + 3 ) 2 3 ! 1x ! 1x 1 + 1 1 l´ım f (x) = l´ım x 1 = l´ım 1 + 1 = e.

x→0+

x→0+

x→0+

x

x

√ Por tanto, la función será continua en x = 0 si a = 2 3e y b = e. Por último, la función es continua en x = 2 si: f (2) = l´ım− f (x) = l´ım+ f (x) x→2

     f ( 2) =         

1 2

+1 1 2

! 21

=

√ 3

1 x

+1

x→2

! 1x

√ l´ım− f (x) = l´ım− = 3 1  x→2 x→2   x    2     x −x−2 (x + 1)(x − 2) (x + 1) 3c   l´ ı m f ( x ) = l´ ı m c = l´ım+ c = l´ım c = .   x2 + x − 6 (x + 3)(x − 2) x→2+ (x + 3) 5 x→2+ x→2  x→2+

Por tanto, la función será continua en x = 2 si: √ 5 3 c= . 3

La representación gráfica de esta función para distintos valores de a, b y c puede encontrarse en la Figura 3.63. Problema 3.36

ln(1 + t ) = 1 definir f (1) para que la función: t→0 t

Sabiendo que l´ım

f ( x) =

ln(3x − 2) x3 − 1

sea continua en x = 1.

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318

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

√

√

Figura 3.63. Gráfica de la función f (x) para los valores a = 2 3e, b = e y c = 5 3/3 (izquierda) y a = 2, b = 2 y c = 7 (derecha). Puede observarse como únicamente la función de la izquierda es continua. La función de la derecha presenta una discontinuidad de salto en x = 0 y x = 2 (Problema 3.35).

Solución

ln(3x − 2) 0 = « » (indeterminación). x3 − 1 0 Para resolver la indeterminación haremos el cambio de variable: l´ım f (x) = l´ım

x→1

x→1

3x − 2 = 1 + t ⇐⇒ t = 3x − 3 y x =

t +3 . 3

Además x → 1 =⇒ t → 0. Entonces: l´ım f (x) = l´ım

x→1

x→1

ln(3x − 2) ln(1 + t ) = l´ım  3 t→0 t +3 x3 − 1 −1 3

ln(1 + t ) · t→0 t

= l´ım

= l´ım 1 · t→0

= l´ım

t 1 3 27 (t + 3) − 1

t 1 3 27 (t + 3) − 1

t

= l´ım

t

t→0 1 (t 3 + 9t 2 + 27t ) 27

t→0 1 (t 3 + 9t 2 + 27t + 27) − 1 27

= l´ım

1

t→0 1 (t 2 + 9t + 27) 27

= 1.

Por tanto, como l´ım f (x) = 1, f será continua si f (1) = 1. x→1

✐

✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

Figura 3.64. Gráfica de la función f (x) = (Problema 3.36).

ln(3x−2) redefiniendo el valor x3 −1

319

f (1) = 1

Problema 3.37

Sabiendo que:

sen(x) = 1, x calcular el valor de k ∈ R para que la siguiente función sea continua en todo R:  sen(x − 1)   + k 2 x x 6= 1 1 − x f ( x) =   k x = 1. l´ım

x→0

Solución

Si x 6= 1, la función f es continua por ser suma y cociente de funciones continuas: la función k2 x es continua por ser polinómica y la función: sen(x − 1) 1−x es continua por ser cociente de dos funciones continuas donde el denominador no se anula. Veamos si f es continua en x = 1. f será continua en x = 1 si: f (1) = l´ım f (x). x→1

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320

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Dado que f (1) = k, f será continua si l´ım f (x) = k: x→1

sen(x − 1) + k2 x x→1 1−x

l´ım f (x) = l´ım

x→1

= l´ım

y→0

sen y + k 2 ( y + 1) −y

sen y + l´ım k2 (y + 1) y→0 y→0 y

= − l´ım

= −1 + k2,

donde hemos utilizado el cambio de variable y = x − 1, lo que implica que si antes x → 1 ahora y → 0. Por tanto, para que f sea continua: 1 1√ 5. k = k2 − 1 ⇐⇒ k2 − k − 1 = 0 ⇐⇒ k = ± 2 2 La representación gráfica de esta función para distintos valores de k puede encontrarse en la Figura 3.65. Problema 3.38

En la función

 px + 1    x−4 f ( x) =  x−1   2 x −x

x≤1 x>1

(a) Encontrar el valor de p para que sea continua en x = 1. (b) ¿Hay algún otro punto en que la función sea discontinua? Indicar el tipo de discontinuidad. Solución

(a)

✐

px + 1 p+1 p+1 = =− x−4 −3 3

     x→1 x→1      x−1 0  l´ım+ f (x) = l´ım+ 2 = « » (indeterminación)    0 x→1 x→1 x − x  x−1 1    = l´ım+ = l´ım+ = 1   x→1 x(x − 1) x→1 x       p+1  f ( 1) = − . 3 l´ım− f (x) = l´ım−

✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

321

√

Figura 3.65. Gráfica de la función f (x) para los valores k = 1/2 + 1/2 5 (izquierda), √ k = 1/2 − 1/2 5 (centro) y k = 0.5 (derecha). La función de la derecha presenta una discontinuidad evitable en x = 1 (Problema 3.37).

Para que f sea continua: −

p+1 =1 3

=⇒

−p − 1 = 3

=⇒

p = −4.

La representación gráfica de esta función para distintos valores de p puede encontrarse en la Figura 3.66. (b) La función es continua en todos los otros puntos porque:

tiene problemas en x = 4  1. Del mismo modo, la función:

px + 1 x−4

x−1 x−1 = 2 x − x x( x − 1) tiene problemas en x = 0 ≯ 1 y en x = 1, que ya ha sido estudiado en el apartado (a).

✐

✐

322

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Figura 3.66. Gráfica de la función f (x) del Problema 3.38 para los valores p = −4 (izquierda) y p = 0 (derecha). La función de la derecha presenta una discontinuidad de salto en x = 1.

Problema 3.39

Estudiar la continuidad de la función siguiente:   |x − a| x ≤ a f ( x) =  2|a| x > a.

Solución

Si: x≤a

=⇒

x−a ≤ 0

=⇒

|x − a| = a − x

por tanto: f ( x) =

  a−x  2|a|

si x ≤ a si x > a.

f es continua en x 6= a por ser polinómica y constante. Estudiemos qué pasa en x = a:  l´ım+ f (x) = l´ım+ 2|a| = 2|a| 

x→a

x→a

l´ım− f (x) = l´ım− a − x = 0

x→a

x→a

y f (a) = 0.



Por tanto, f es continua en el punto x = a ⇐⇒ a = 0. Si no, f tiene una discontinuidad de salto (es continua por la izquierda pero no por la derecha).

✐

✐

CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

323

Problema 3.40 1

2 x−3 − 1

. 1 2 x−3 + 1 (a) Encontrar el dominio de la función. (b) Estudiar la continuidad de la función y clasificar las discontinuidades, si las hay.

Considerar la función f (x) =

(c) ¿La función es continua por la derecha en todos los puntos? ¿Se puede forzar que la función sea continua por la derecha en todos los puntos? ¿Cómo? Solución

(a) Si observamos la función, podemos ver que el punto x = 3 no es del dominio de la función, ya que anula a un denominador. Por otra parte, el denominador es siempre estrictamente positivo y, por tanto, no se anula nunca. En consecuencia, el dominio de la función es: Dom( f ) = R − {3}. (b) La función es continua en todos los puntos excepto en x = 3, que se ha de estudiar. En efecto, si calculamos los límites laterales tenemos: 1

1

1

2 x−3 − 1 2− x−3 = l´ım− 1 · l´ım− 1 1 x→3 2 x−3 + 1 2− x−3 x→3 2 x−3 + 1 2 x−3 − 1

1

=«

2 0− − 1

2

1 0−

+1

1

»=«

0−1 2−∞ − 1 »=« » = −1 2−∞ + 1 0+1

1

1

1

1 − 2− x−3 2 x−3 − 1 2− x−3 l´ım 1 = l´ım− 1 · = l´ ı m 1 1 x→3 2 x−3 + 1 2− x−3 x→3+ 2 x−3 + 1 x→3+ 1 + 2− x−3 2 x−3 − 1

1

=«

1 − 2− 0+

− 01+

1+2

»=«

1 − 2−∞ 1−0 »= = 1. −∞ 1+2 1+0

Por tanto, los límites laterales existen y son diferentes. Esto implica que en x = 3 la función tiene una discontinuidad de salto. La representación gráfica de esta función puede encontrarse en la Figura 3.67. (c) La función es continua por la derecha en todos los puntos excepto en x = 3. Podemos hacer que la función sea también continua por la derecha en x = 3 si redefinimos la función de la siguiente manera: 1

f (3) = l´ım+ x→3

✐

2 x−3 − 1 1

2 x−3 + 1

= 1,

✐

324

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Figura 3.67. Gráfica de la función f (x) del Problema 3.40. La función presenta una discontinuidad de salto en x = 3.

es decir, si la función se redefine como:  1   2 x−3 − 1 , x 6= 3 1 f ( x) = 2 x−3 + 1   1, x = 3. Problema 3.41

Estudiar la continuidad y clasificar los puntos de discontinuidad para las funciones:  p  |x|, x 6= 0 (a) f (x) =  1, x=0   x − E ( x) , x≥0 (b) g(x) =  −x − E (−x), x < 0  √  x sen( 1x ), x > 0 (c) h(x) =  0, x=0

Solución

(a) La función f (x) puede reescribirse como:  √ x si x > 0     f ( x) = 1 si x = 0    √  −x si x < 0

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

325

Por un lado, f (x) es continua en todo punto x 6= 0. Estudiemos la continuidad en x = 0: √ l´ım+ x = 0 x→0 √ l´ım− −x = 0 x→0

f ( 0) = 1 Por tanto, f tiene una discontinuidad evitable en x = 0. La representación gráfica de esta función puede encontrarse en la Figura 3.68.

Figura 3.68. Gráfica de la función f (x) del Problema 3.41(a). La función presenta una discontinuidad evitable en x = 0.

(b) Empezaremos estudiando la continuidad de la función en x = 0: l´ım g(x) = l´ım+ x − E (x) = 0 − 0 = 0

x→0+

x→0

l´ım− g(x) = l´ım− −x − E (−x) = 0 − 0 = 0

x→0

x→0

g( 0) = 0 − 0 = 0 Por tanto, la función es continua en x = 0. Por otro lado, la función es discontinua en cualquier otro número entero, como puede comprobarse a continuación. Supongamos que z ∈ Z, z > 0. Entonces: l´ım x − E (x) = l´ım+ z − z = 0

x→z+

x→0

l´ım x − E (x) = l´ım− z − (z − 1) = 1

x→z−

x→0

g( z) = z − E ( z) = 0 lo que implica que tenemos una discontinuidad de salto.

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326

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por otro lado, si z ∈ Z, z < 0, entonces: l´ım −x − E (−x) = l´ım+ −z − (−z − 1) = 1

x→z+

x→0

l´ım −x − E (−x) = l´ım− −z − (−z) = 0

x→z−

x→0

g(z) = −z − (−z) = 0 lo que implica que también tenemos una discontinudad de salto. En el resto de puntos, la función es continua. Por tanto, la función g(x) es continua en R − {Z − {0}}. (c) La función h es continua en x > 0. Estudiemos qué ocurre en el cero: l´ım+

x→0

1 √ =0 x sen |{z} | {zx } 0 acotada

h( 0) = 0

Por tanto, h(x) es continua por la derecha en el cero. La representación gráfica de esta función puede encontrarse en la Figura 3.69.

Figura 3.69. Gráfica de la función h(x) del Problema 3.41(c). La función es continua por la derecha en x = 0.

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

327

Problema 3.42

Estudiar la continuidad de la función siguiente:  1   − 2   e x , x≤1  f ( x) =  −1     x( x − 2) e , x > 1.

Solución

Los puntos x = 0 y x = 2 no forman parte del dominio de la función, ya que anulan alguno de los denominadores que aparecen en la definición de la misma. Así pues, deberemos estudiar el tipo de discontinuidad que aparezca en estos puntos. Por otro lado, en x = 1 hay un cambio en la definición de la función y, por tanto, también debemos estudiar la continuidad en este punto. x=0 −

l´ım e

x→0

1 x2

=e

l´ım −

x→0

1 x2

=

”e−∞ ”

  =0 

discontinuidad evitable

 

∄ f ( 0) x=1 1

l´ım− f (x) = l´ım− e− x2 = e−1

x→1

x→1

l´ım f (x) = l´ım+ e

x→1+

−1 x(x−2)

x→1

=e

−1 1(−1)

=

x=2

e1

   

discontinuidad de salto

  

1

−1

l´ım e 2(x−2) = l´ım e 2(2−x) ;

x→2

si

x→2

x → 2+

si x → 2−

2 − x < 0 =⇒

2 − x > 0 =⇒

1 2(2−x) 1 2(2−x)

→ −∞ y e−∞ → 0;

→ +∞ y

e+∞ → +∞.

Por tanto: l´ım+ f (x) = 0

x→2

  

 l´ım− f (x) = +∞ 

x→2

f tiene una discontinuidad esencial en x = 2.

En los otros puntos, la función es continua. La representación gráfica de esta función puede encontrarse en la Figura 3.70.

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328

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Figura 3.70. Gráfica de la función f (x) del Problema 3.42.La función presenta una discontinuidad evitable en x = 0, de salto en x = 1 y asintótica en x = 2.

Problema 3.43

Sea f (x) la función definida por

f ( x) =

 −x   x−e ,  

x≤1

1 + a, x > 1. 4x − x2 − 5

(a) Calcular el valor de a que hace que la función sea continua. (b) Demostrar que la función f (x) tiene un cero en el intervalo [0, 1]. Solución

(a) Debemos calcular el valor de a que hace que la función sea continua. Si x < 1, la función es x − e−x en un entorno del punto y por tanto es continua por ser la suma de un polinomio y de una exponencial. Si x > 1, la función es: 1 +a 4x − x2 − 5 en un entorno del punto y por tanto es continua, ya que en el cociente, el denominador no se anula en ningún punto. Las raíces de 4x − x2 − 5 son: √ √ −4 ± −4 −4 ± 16 − 20 = 6∈ R. x= −2 −2 La función será continua en x = 1 si:

f (1) = l´ım− f (x) = l´ım f (x) x→1

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x→1+

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

329

 f (1) = 1 − e−1      l´ım f (x) = l´ım x − e−x = 1 − e−1 x→1− x→1−   1 1 1    l´ım f (x) = l´ım +a = + a = − + a. −2 2 x→1+ x→1+ 4x − x2 − 5

Por tanto, la función será continua si: 1 − + a = 1 − e−1 2

=⇒

a = 1 − e−1 +

1 3 = − e−1. 2 2

(b) Tenemos que demostrar que f (x) tiene un cero en el intervalo [0, 1]. La función f (x) es continua en [0, 1] y además f (0) = −1 y: f (1) = 1 − e−1 ≈ 0.63, es decir: f (0) · f (1) < 0. Por tanto, el teorema de Bolzano nos garantiza que la función f (x) tiene un cero en el intervalo [0, 1], que es lo que queríamos demostrar. Problema 3.44

Considerar la función:

f (x) = 2x2 − ln(x).

Demostrar que f (x) es igual a 3 para algún punto dentro del intervalo [1, e]. Ayuda: e ≈ 2.7 y e2 ≈ 7.4. Solución

La función f (x) es continua en el intervalo [1, e], ya que es continua en todo su dominio (0, +∞) por ser resta de funciones continuas. Además: f (1) = 2 − ln(1) = 2 y: f (e) = 2e2 − ln(e) = 2e2 − 1 ≈ 13.8. Entonces, por el teorema de los valores intermedios, para todo valor y ∈ (2, 13.8) existe un punto c ∈ (1, e) tal que f (c) = y. En particular, si tomamos y = 3 ∈ (2, 13.8), podemos asegurar que al menos existe un punto c ∈ (1, e) tal que f (c) = 3, como nos pedían en el enunciado. La representación gráfica de esta función puede encontrarse en la Figura 3.71.

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330

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f ( e)

y=3

f ( 1) c

e

Figura 3.71. Gráfica de la función f (x) del Problema 3.44.Puede observarse como la función toma el valor y = 3 en un punto c no definido dentro del intervalo (1, e).

Problema 3.45

Considerar la función f (x) = sen2 (x) cos(x). Demostrar
que f (x) tiene al menos un π 3π corte con el eje de abscisas dentro del intervalo 4 , 4 .

Solución

Para empezar, notamos que la función f (x) es continua en todo R al ser producto de funciones continuas (seno y coseno). Es decir, f ∈ C 0 (R ). Observemos también que:  π  √2 = >0 f 4 4√   3π 2 < 0. f =− 4 4 Entonces,
aplicando el teorema de Bolzano, podemos concluir que existe un punto c ∈ π4 , 34π tal que f (c) = 0. Problema 3.46

Decimos que α es un punto fijo de la función f (x) si f (α ) = α . Supongamos que f : [a, b] → R es continua y f (a) < a, f (b) > b. Probar que existe un punto fijo de f dentro del intervalo (a, b). Solución

Sabemos que f verifica que: f (a) < a y f (b) > b,

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CAPÍTULO 3. FUNCIONES, LÍMITES Y CONTINUIDAD

331

y queremos encontrar α ∈ (a, b) tal que: f (α ) = α . Las condiciones anteriores se pueden reescribir como: sabemos que f verifica que: f ( a) − a < 0

y

f (b) − b > 0,

y queremos ver que: existe un α ∈ (a, b) tal que: f (α ) − α = 0. Por tanto, si consideramos la función g(x) = f (x) − x, estamos en las hipótesis del teorema de Bolzano. g es continua en [a, b] por ser suma de dos funciones continuas en [a, b] g( a) = f ( a) − a < 0 g(b) = f (b) − b > 0.

Por tanto, sabemos que existe un α ∈ (a, b) tal que: g(α ) = 0 ⇐⇒ f (α ) − α = 0 ⇐⇒ f (α ) = α , como queríamos ver. Problema 3.47

Sea f : R → R una función definida de la forma: f (x) = x180 +

260 . 2 + x2 + sen2 (x)

Probar que existe un x0 ∈ [0, 1] tal que f (x0 ) = 100. Solución

f es una función continua en todo R, dado que es suma y cociente de funciones continuas donde el denominador no se anula, ya que: 2 + x2 + sen2 (x) ≥ 2 ∀x ∈ R. Por tanto, en particular es continua en [0, 1]. Además: 260 = 130 2 260 260 260 263 f ( 1) = 1 + = 1+ ≤ 1+ = ≤ 100. 2 + 1 + sen2 (1) 3 + sen2 (1) 3 3

f ( 0) =

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332

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Entonces, dado que f (1) < 100 < f (0), por el teorema de los valores intermedios, existe un x0 ∈ (0, 1) tal que f (x0 ) = 100 como queríamos probar. Problema 3.48

Demostrar que la ecuación ln(x) = x2 − 4x tiene una solución real en el intervalo [1, +∞). Solución

x es solución de la ecuación: ln(x) = x2 − 4x

⇐⇒

ln(x) − x2 + 4x = 0.

Por tanto, el problema es equivalente a demostrar que la función: f (x) = ln(x) − x2 + 4x tiene un cero en el intervalo [1, +∞]. Para hacerlo utilizaremos el teorema de Bolzano. f es continua en todo intervalo de la forma (a, +∞) donde a > 0. En particular, es una función continua por ejemplo en (0.5, +∞), y, por tanto, también es continua por ejemplo en el intervalo [1, 10]. f (1) = ln(1) − 1 + 4 = 3 > 0

f (10) = ln(10) − 100 + 40 = −60 + ln(10) < 0. Por tanto, por el teorema de Bolzano sabemos que existe un c ∈ (1, 10) tal que: f ( c) = 0

⇐⇒

ln(c) − c2 + 4c = 0

⇐⇒

ln(c) = c2 − 4c,

y hemos probado que la ecuación que nos daban tiene como mínimo una solución real en [1, +∞).

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CAPÍTULO

4

Derivación de funciones de variable real

«God created everything by number, weight and measure.» (Isaac Newton, citado en el libro Symmetry in Plants, de R. V. Jean y D. Barabé, 1998). Fueron Newton y Leibniz los que, a finales del siglo XVII, desarrollaron el concepto de derivada al estudiar el problema de hallar la recta tangente a una función en uno de sus puntos. En este capítulo se presenta este importante concepto, así como las técnicas para su cálculo, su relación con el concepto de continuidad, y algunas de sus aplicaciones, en concreto: optimización de funciones, aproximación de funciones mediante el teorema de Taylor (con aplicación en el cálculo de aproximaciones numéricas del valor de una función en un punto, en la caracterización de extremos relativos, y en el cálculo de límites indeterminados en el origen), y las reglas de L’Hôpital para el cálculo de ciertos tipos de límites indeterminados.

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334

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

4.1. Derivada de una función en un punto 4.1.1. Interpretación geométrica Definición 4.1 Derivada

La derivada de una función f (x) en un punto a es la pendiente de la recta tangente a la función f (x) en ese punto (Figura 4.1). recta tangente f ′ ( a) 1 f ( a)

f ( x)

a

Figura 4.1. Interpretación geométrica del concepto de derivada de una función en un punto a.

Así pues, si sabemos determinar la pendiente de la recta tangente a f (x) en a, tendremos el valor de la derivada en ese punto. Pero, ¿cómo podemos determinar la pendiente? Sabemos que la recta tangente ha de pasar por el punto (a, f (a)) y, por tanto, se puede escribir como: y = m ( x − a) + f ( a) .

Para determinar el valor de la pendiente, m, sería muy fácil si conociésemos otro punto (x1 , y1 ) sobre la recta tangente (véase la Figura 4.2), ya que entonces: y1 = m(x1 − a) + f (a) y despejando m obtendríamos: m=

y1 − f (a) . x1 − a

El problema es que no conocemos otro punto sobre la recta tangente. ¿Qué podemos hacer? Una idea muy sencilla es considerar el punto a + h y calcular la recta secante que pasa por este punto y el punto a. Véase la Figura 4.3.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

335

recta tangente y1 ∆y = y1 − f (a)

f ( a)

∆x = x1 − a

a

f ( x)

x1

Figura 4.2. Determinar el valor de la pendiente sería fácil si conociéramos dos puntos sobre la recta tangente.

recta tangente

recta secante

f ( a + h) f ( a)

f ( x)

a

a+h

Figura 4.3. Recta secante que pasa por los puntos (a, f (a)) y (a + h, f (a + h)).

La recta secante, como ha de pasar por el punto (a, f (a)), es de la forma: y = mh ( x − a ) + f ( a ) , e imponiendo que también pase por el punto (a + h, f (a + h)): f ( a + h ) = mh ( a + h − a ) + f ( a ) .

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336

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Finalmente, despejando mh , obtenemos que la pendiente de esta recta secante es: mh =

f ( a + h) − f ( a) . h

Tal y como se ilustra en la Figura 4.4, si hacemos h más y más pequeña, el punto a + h se aproxima al punto a y, por consiguiente, la recta secante se aproxima a la recta tangente. Es decir, cuando h tiende a cero la pendiente de la recta secante, mh , aproxima la pendiente de la recta tangente, m:  recta tangente        f ( a)

f ( x)

rectas secantes

      

a

Figura 4.4. Rectas secantes que se convierten en la recta tangente cuando h tiende a 0.

m = l´ım mh = l´ım h→0

h→0

f ( a + h) − f ( a) . h

Finalmente, podemos escribir la ecuación de la recta tangente a la curva y = f (x) en el punto (a, f (a)) como: y = f ′ (a)(x − a) + f (a), o, de forma equivalente, en la ecuación punto-pendiente: y = f ′ ( a) x + f ( a) − f ′ ( a) a . | {z } | {z } m

n

donde m es la pendiente de la recta y n, la ordenada en el origen.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

337

4.1.2. Definición formal de derivada Definición 4.2 Función derivable

Se dice que la función f : A ⊂ R → R es derivable en un punto a si existe el límite: l´ım

h→0

f ( a + h) − f ( a) . h

En caso de existir, el límite anterior recibe el nombre de derivada de f (x) en el punto a y se representa f ′ (a) (notación debida a Newton), o también como ddxf (a) (notación debida a Leibniz). Ejercicio propuesto 4.1

Demostrar que: f ( x) − f ( a) f ( a + h) − f ( a) = l´ım , x→a h→0 h x−a utilizando el cambio de variable h = x − a. l´ım

Definición 4.3

Una definición equivalente de la derivada de f (x) en el punto a es la siguiente, f ′ (a) = l´ım

x→a

f ( x) − f ( a) , x−a

en el caso que el anterior límite exista. Ejemplo 4.1 Calcular la pendiente de la recta tangente a f (x) = x2 en a = −1.



S OLUCIÓN. Sabemos, por la interpretación geométrica de la derivada, que la pendiente de la recta tangente en un punto viene dada por la derivada de la función en ese punto. Así pues, utilizando la definición formal de derivada (ver Definición 4.2) obtenemos: m = l´ım

h→0

f (−1 + h) − f (−1) (−1 + h)2 − (−1)2 = l´ım h→0 h h

h2 − 2h h−2 1 + h2 − 2h − 1 = l´ım = l´ım = −2. h→0 h→0 1 h→0 h h

= l´ım

 Ejemplo 4.2 Calcular la pendiente de la recta tangente a f (x) = x2 en un punto arbi-

trario a.

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338

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN. Como antes, tenemos: m = l´ım

h→0

(a + h)2 − a2 f ( a + h) − f ( a) = l´ım h→0 h h

a2 + h2 + 2ah − a2 h2 + 2ah = l´ım h→0 h→0 h h

= l´ım

h + 2a = 2a. h→0 1

= l´ım

Así pues, tal y como se ilustra en la Figura 4.5, podemos deducir que: si a = −1, la pendiente es m = 2 · (−1) = −2 (tal y como hemos obtenido en el ejemplo anterior); si a = 0, la pendiente es m = 2 · (0) = 0; si a = 1, la pendiente es m = 2 · 1 = 2; si a = 2, la pendiente es m = 2 · 2 = 4;

y así, con cualquier otro valor.

 m=4

m=2

m=0

m = −2 Figura 4.5. Rectas tangentes a la función f (x) = x2 en diferentes puntos.

Ejemplo 4.3 Calcular la derivada de la función f (x) = |x| en el punto a = 0.



S OLUCIÓN. La función f (x) = |x| puede escribirse como: ( −x, x < 0 f ( x) = x, x≥0

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

339

El cálculo de la derivada se hace mediante el cálculo del límite siguiente: f ′ (0) = l´ım

h→0

f ( h) − f ( 0) f ( h) − 0 = l´ım h→0 h h

Pero el valor de f (h) depende de si h < 0 o de si h ≥ 0, es decir, de si calculamos el límite por la izquierda o por la derecha. Si calculamos el límite por la izquierda, obtenemos: l´ım

h→0−

−h − 0 f ( h) − 0 = l´ım− = l´ım− −1 = −1 h h h→0 h→0

mientras que si lo calculamos por la derecha obtenemos: l´ım+

h→0

f ( h) − 0 h−0 = l´ım+ = l´ım− 1 = 1 h h h→0 h→0

Como los límites laterales son diferentes, el límite no existe. Y en consecuencia, la función f (x) = |x| no es derivable en a = 0. 

4.2. Campo de derivabilidad Definición 4.4 Campo de derivabilidad

Dada una función f : A ⊂ R → R se llama campo de derivabilidad de f al subconjunto Ω de su dominio (Ω ⊂ A) formado por todos los puntos en que f (x) es derivable. En el Ejemplo 4.2 hemos visto que, para la función f (x) = x2 , dado un punto a la derivada en ese punto es 2a. Por tanto, el campo de derivabilidad de la función f (x) = x2 es R, ya que en todo punto podemos calcular la derivada de la función.

4.3. La función derivada Definición 4.5 Función derivada

Dada f : A ⊂ R → R una función con campo de derivabilidad Ω ⊂ A, entonces se llama función derivada de f a la función f ′ definida por: f ′ : Ω −→ x 7−→

R f ′ ( x)

Es decir, la derivada de la función f (x) se denota f ′ (x) y es una función que en el punto x nos da el valor de la derivada en ese punto. En el Ejemplo 4.2 hemos visto que, para la función f (x) = x2 y dado un punto a, la derivada en ese punto es 2a. Por tanto, la función derivada de la función f (x) = x2 es la función f ′ (x) = 2x.

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340

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

4.3.1. Cálculo de las derivadas de las funciones elementales Utilizando la definición formal de derivada vamos a calcular las derivadas de las funciones elementales y a estudiar su campo de derivabilidad. Determinación de la derivada de la función constante: f (x) = λ , λ ∈ R. f ′ (x) = l´ım

h→0

λ −λ f ( x + h) − f ( x) 0 = l´ım = l´ım = 0. h→0 h→0 h h h

El campo de derivabilidad de las funciones constantes es Ω = R y la función derivada es f ′ (x) = 0. Véase un ejemplo en la Figura 4.6.

f ( x) = 3

f ′ ( x) = 0

Figura 4.6. Gráfica de la función constante f (x) = 3 y de su derivada f ′ (x) = 0.

La recta tangente tiene pendiente 0, ya que siempre es una recta horizontal. De hecho, para las funciones constantes la recta tangente coincide con la propia función (que es una recta). Determinación de la derivada de la función identidad: f (x) = x. f ′ (x) = l´ım

h→0

f ( x + h) − f ( x) x+h−x h = l´ım = l´ım = 1 h→0 h→0 h h h

El campo de derivabilidad de la función identidad es Ω = R y la función derivada es f ′ (x) = 1. Véase la Figura 4.7. Al ser la función identidad una recta, la recta tangente en todo punto coincide con la propia función y, por tanto, en todo punto tiene pendiente 1. Determinación de la derivada de un polinomio de grado cualquiera: f (x) = xn , n ∈ N. f ′ (x) = l´ım

h→0

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(x + h)n − xn f ( x + h) − f ( x) = l´ım h→0 h h

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

341

f ( x) = x

f ′ ( x) = 1

Figura 4.7. Gráfica de la función identidad f (x) = x y de su derivada f ′ (x) = 1.

Recordemos que el binomio de Newton nos dice que: n   n n! n n−k k n ( x + h) = ∑ xn−k hk x h =∑ k! ( n − k)! k k=0 k=0

= xn + nxn−1 h +

n(n − 1) n−2 2 x h + · · · + nxhn−1 + hn . 2

Por tanto: ) n−2 2 h + · · · + nxhn−1 + hn − 6 xn 6 xn + nxn−1 h + n(n−1 2 x h→0 h   n(n − 1) n−2 n−2 n−1 n−1 x h + · · · + nxh +h = nxn−1 = l´ım nx + h→0 2

f ′ (x) = l´ım

Hemos demostrado que la función potencia, f (x) = xn , es derivable en todo x ∈ R y f ′ (x) = nxn−1 para cualquier natural n > 0, ya que el teorema del binomio de Newton es válido solamente para exponentes enteros positivos. Más adelante, en el Ejemplo 4.17, veremos que la regla anterior es verdadera para cualquier n ∈ R. √ Determinación de la derivada de la función raíz cuadrada, f (x) = x. √ √ x+h− x f ( x + h) − f ( x) ′ = l´ım f (x) = l´ım h→0 h→0 h h √ √ √ √ x+h− x x+h+ x = l´ım · √ √ h→0 h x+h+ x 1 x+h−x 1 √ √ = l´ım √ √ = √ h→0 x + h + x h→0 h( x + h + x) 2 x

= l´ım

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342

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

El campo de derivabilidad de la función raíz cuadrada es R + = (0, +∞) y su derivada es la función f ′ (x) = 2√1 x . Véase la Figura 4.8.

f ( x) =

√ x

1 f ′ ( x) = √ 2 x

Figura 4.8. Gráfica de la función raíz cuadrada f (x) =

√

x y de su derivada f ′ (x) =

1 √ . 2 x

Determinación de la derivada de la función exponencial, f (x) = ex . ex+h − ex f ( x + h) − f ( x) = l´ım h→0 h→0 h h   ex eh − ex eh − 1 = l´ım = ex l´ım h→0 h→0 h h

f ′ (x) = l´ım

Consideremos el cambio t = eh − 1; entonces, h → 0 ⇔ t → 0 y teniendo en cuenta que h = ln(1 + t ) y que ln(1 + t ) ∼0 t:   eh − 1 t f ′ (x) = ex l´ım = ex l´ım = ex . t→0 ln(1 + t ) h→0 h | {z } →1

Vamos a justificar un poco más este último límite: l´ım

t→0

1 t 1 = l´ım = l´ım ln(1 + t ) t→0 1t ln(1 + t ) t→0 ln(1 + t )1/t

Ahora bien, el límite del cociente existirá si existe el límite del denominador. En este caso: l´ım ln(1 + t )1/t ,

t→0

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

343

que es equivalente a:   ln l´ım(1 + t )1/t . t→0

Ahora, el límite: l´ım(1 + t )1/t

t→0

es inmediato si hacemos el cambio de variable t = 1s , ya que: l´ım(1 + t )

1/t

t→0

De este modo:





1 = l´ım 1 + s→∞ s

ln l´ım(1 + t )

1/t

t→0



s

= e.

= ln(e) = 1,

que es lo que queríamos demostrar. El campo de derivabilidad de la función ex es R y su derivada es ella misma, f ′ (x) = f (x) = ex . Determinación de la derivada de la función logaritmo neperiano, f (x) = ln (x). ln (x + h) − ln (x) f ( x + h) − f ( x) = l´ım h→0 h→0 h h

ln x+x h ln 1 + hx = l´ım = l´ım h→0 h→0 h h

f ′ (x) = l´ım

Consideremos el cambio t = hx , entonces h → 0 ⇔ t → 0 y teniendo en cuenta que h = xt y que ln(1 + t ) ∼0 t (como hemos visto en el apartado anterior): 1 ln(1 + t ) = . t→0 xt x

f ′ (x) = l´ım

El campo de derivabilidad de la función ln (x) es R + y su derivada es la función f ′ (x) = 1x . Véase la Figura 4.9. Determinación de la derivada de la función seno, f (x) = sen(x). Para esta demostración vamos a utilizar que: sen(h) = 1. h→0 h l´ım

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344

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f (x) = ln(x) f ′ ( x) =

1 x

Figura 4.9. Gráfica de la función logaritmo neperiano f (x) = ln (x) y de su derivada f ′ (x) = 1x .

En efecto: sen(x + h) − sen(x) h→0 h

f ′ (x) = l´ım

sen(x) cos(h) + cos(x) sen(h) − sen(x) h→0 h

= l´ım

sen(x)(cos(h) − 1) + cos(x) sen(h) h→0 h

= l´ım

= l´ım sen(x)

cos(h) − 1 sen(h) + l´ım cos(x) h→0 h h

= sen(x) l´ım

sen(h) cos(h) − 1 cos(h) + 1 + cos(x) l´ım h→0 h cos(h) + 1 h

h→0

h→0

sen(h) cos2 (h) − 1 + cos(x) l´ım h→0 h(cos (h) + 1) h→0 h

= sen(x) l´ım

− sen2 (h) sen(h) + cos(x) l´ım h→0 h(cos (h) + 1) h→0 h

= sen(x) l´ım = sen(x) l´ım

h→0

sen(h) − sen(h) sen(h) + cos(x) l´ım = cos(x) h→0 h cos ( h ) + 1 h } | {z } | {z } | {z →1

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→0

→1

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

345

El campo de derivabilidad de la función sen (x) es R y su derivada es la función f ′ (x) = cos (x). Véase la Figura 4.10.

ւ

f (x) = sen(x)

տ

f ′ (x) = cos(x)

Figura 4.10. Gráfica de la función f (x) = sen (x) y de su derivada f ′ (x) = cos (x).

Determinación de la derivada de la función coseno, f (x) = cos(x). cos(x + h) − cos(x) h cos(x) cos(h) − sen(x) sen(h) − cos(x) = l´ım h→0 h sen(h) cos(h) − 1 − sen(x) = − sen(x) = l´ım cos(x) h→0 h h } | {z } | {z

f ′ (x) = l´ım

h→0

→0

→1

El campo de derivabilidad de la función cos (x) es R y su derivada es la función f ′ (x) = − sen (x). Determinación de la derivada de la función valor absoluto, f (x) = |x|. La función se puede reescribir como: ( x, x ≥ 0 f ( x) = −x, x < 0

Al ser una función definida a trozos, estudiaremos su derivada según los siguientes casos: Si x > 0, la derivada de la función es f ′ (x) = 1. Si x < 0, la derivada es f ′ (x) = −1. Si x = 0, estamos en un punto donde cambia la definición de la función y, por tanto, debemos estudiar los límites laterales. Observemos que:

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346

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

h f ( 0 + h) − f ( 0) = l´ım+ = 1 h h→0 h −h f ( 0 + h) − f ( 0) = l´ım− = −1 l´ım h h→0 h h→0− Como el límite: f ( 0 + h) − f ( 0) l´ım h→0 h l´ım

h→0+

no existe, la función no es derivable en x = 0. Si observamos la Figura 4.11, vemos que en el origen la función es continua pero presenta un punto anguloso, es decir, no puede trazarse una recta tangente a la función en dicho punto. De manera informal, si el gráfico de una función tiene puntos angulosos, entonces no es derivable en esos puntos.

f (x) = |x|

f ′ ( x)

Figura 4.11. Gráfica de la función valor absoluto f (x) = |x| y de su derivada.

El campo de derivabilidad de la función valor absoluto es R − {0} y su derivada es la función: ( 1, x > 0 f ′ ( x) = −1, x < 0 A modo de resumen, en la Tabla 4.1 tenemos las derivadas que hemos demostrado hasta el momento. En la sección Técnicas de cálculo de derivadas, donde ya seremos capaces de calcular cualquier derivada, se dará una tabla más completa.

4.4. Derivabilidad y continuidad A continuación, veremos la relación entre dos propiedades muy importantes de las funciones: la continuidad y la derivabilidad.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

347

Tabla 4.1. Tabla de derivadas de las funciones elementales.

f ( x)

f ′ ( x)

λ

0

x

1

xn √

nxn−1 √ 1/2 x

x

ln (x)

1/x

ex

ex

sen(x)

cos(x)

cos(x)

− sen(x)

Proposición 4.1

Si f : A ⊂ R → R es derivable en a, entonces f es continua en a. D EMOSTRACIÓN. Sea f derivable en a, es decir: l´ım

x→a

f ( x) − f ( a) = f ′ (a) ∈ R. x−a

Queremos ver que f es continua en a, es decir, que: l´ım f (x) = f (a),

x→a

lo que es equivalente a comprobar que: l´ım ( f (x) − f (a)) = 0.

x→a

Calculemos pues este límite y comprobemos que es cero utilizando la hipótesis de que f es derivable en a: l´ım ( f (x) − f (a)) = l´ım

x→a

x→a

f ( x) − f ( a) · ( x − a) = f ′ ( a) · 0 = 0 x−a

 Es importante observar que el recíproco no es cierto. Es decir, existen funciones continuas que no son derivables, como, por ejemplo, la función valor absoluto. Recordemos que esta función, aunque es continua, en el origen no es derivable.

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348

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

4.5. Derivadas laterales Al analizar la derivabilidad de una función f (x) en un punto a, puede ocurrir que no exista el límite que establece la definición de la derivada, pero que sí existan los límites laterales correspondientes. Este es el caso, tal y como hemos visto en la sección anterior, de la función valor absoluto en el origen. Esto motiva las definiciones que vienen a continuación. Definición 4.6 Derivada lateral por la derecha

Se denomina derivada lateral por la derecha de la función f en el punto a al límite: f+′ (a) = l´ım

h→0+

f ( a + h) − f ( a) . h

Definición 4.7 Derivada lateral por la izquierda

Se denomina derivada lateral por la izquierda de la función f en el punto a al límite: f−′ (a) = l´ım− h→0

f ( a + h) − f ( a) . h

Proposición 4.2

Una función f es derivable en a si y solo si existen las dos derivadas laterales y coinciden. En el caso que existan las derivadas laterales, pero estas no coincidan, esto se puede interpretar geométricamente (Figura 4.12) como que en el punto en cuestión la gráfica de la función tiene dos semirectas tangentes (distintas) como límite de las rectas secantes por la derecha y por la izquierda. Ejemplo 4.4 Calcular la derivada de la siguiente función:

f ( x) =



0, 6x,

si x < 0 si x ≥ 0 

en los puntos en que sea posible. S OLUCIÓN. En los puntos x 6= 0 tenemos:  0, f ′ ( x) = 6,

si x < 0 si x > 0.

Por otro lado, para estudiar la derivabilidad en x = 0, al haber un cambio en la definición de la función debemos recurrir a las derivadas laterales. Observamos que la derivada lateral por la izquierda es: f−′ (0) = l´ım− h→0

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0 f ( 0 + h) − f ( 0) = l´ım− = 0, h h→0 h

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

349

tangente por la izquierda ց f ( x) f ( a)

derecha tangente por laր a

Figura 4.12. Interpretación geométrica del concepto de derivadas laterales en un punto a.

y por la derecha: f+′ (0) = l´ım

h→0+

6h f ( 0 + h) − f ( 0) = l´ım+ = 6. h h→0 h

Las derivadas laterales existen, pero son distintas; por tanto, no existe la derivada en x = 0. Tal y como se observa en la Figura 4.13, en x = 0 la función f (x) es continua pero presenta un punto anguloso. 

4.6. Derivada infinita Sabemos que una función puede no ser derivable en un punto cuando las dos derivadas laterales son diferentes. Pero, ¿qué pasa en las gráficas de la Figura 4.14? ¿Cuál es la pendiente de la recta tangente en el cero? Esto motiva las siguientes definiciones. Definición 4.8 Derivada infinita

Se dice que f (x) tiene derivada +∞ en el punto a si: f +′ (a) = f−′ (a) = +∞ Definición 4.9 Derivada infinita

Se dice que f (x) tiene derivada −∞ en el punto a si: f+′ (a) = f−′ (a) = −∞

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350

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f ( x)

Figura 4.13. Gráfica de la función del Ejemplo 4.4.

f ′ ( x) = f ( x) =

√

x

1 x

f (x) = ln(|x|)

1 f ′ ( x) = √ 2 x

Figura 4.14. Interpretación geométrica del concepto de derivada infinita.

Definición 4.10 Derivada infinita

Se dice que f (x) tiene derivada ∞ en el punto a si: f +′ (a) = ±∞ f−′ (a) = ∓∞

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

351

4.7. Derivada y operaciones con funciones Sean f , g : A ⊂ R → R derivables en un punto a, entonces:

(a)

( f + g)′ (a) = f ′ (a) + g′ (a)

(b)

( λ f ) ′ ( a) = λ f ′ ( a) , λ ∈ R

(c)

( f · g)′ (a) = f ′ (a) · g(a) + f (a) · g′ (a)  ′ f f ′ (a)g(a) − f (a)g′ (a) ( a) = g g( a) 2

(d)

D EMOSTRACIÓN. (a) Veamos que ( f + g)′ (a) = f ′ (a) + g′ (a).

( f + g)′ (a) = l´ım

x→a

= l´ım

x→a

= l´ım

x→a

= l´ım

x→a

( f + g)(x) − ( f + g)(a) x−a

f ( x) + g( x) − f ( a) − g( a) x−a

f ( x) − f ( a) g( x) − g( a) + x−a x−a

g( x) − g( a) f ( x) − f ( a) + l´ım = f ′ (a) + g′ (a) x→a x−a x−a

donde en la última igualdad hemos utilizado la hipótesis de que f y g son derivables en el punto a. (b) Veamos que (λ f )′ (a) = λ f ′ (a), λ ∈ R.

(λ f )(x) − (λ f )(a) λ f ( x) − λ f ( a) = l´ım x→a x−a x−a   f ( x) − f ( a) f ( x) − f ( a) = λ l´ım = l´ım λ = λ f ′ ( a) x→a x→a x−a x−a

(λ f )′ (a) = l´ım

x→a

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352

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(c) Veamos que ( f · g)′ (a) = f ′ (a) · g(a) + f (a) · g′ (a).

( f · g)(x) − ( f · g)(a) x→a x−a

( f · g)′ (a) = l´ım

= l´ım

x→a

= l´ım

x→a

f ( x) g( x) − f ( a) g( a) x−a

f ( x) g( x) − f ( a) g( x) + f ( a) g( x) − f ( a) g( a) x−a

f ( x) − f ( a) g( x) − g( a) g( x) + f ( a) x→a −a } −a } | x {z | x {z

= l´ım

→ f ′ ( a)

→g′ (a)

ya que f y g son derivables en el punto a. Por tanto:

( f · g)′ (a) = l´ım f ′ (a) g(x) + f (a) g′ (a) x→a   = f ′ (a) l´ım g(x) + f (a) g′ (a) x→a | {z } →g(a)

Para terminar la demostración, es preciso justificar que: l´ım g(x) = g(a).

x→a

Al ser g derivable en el punto a esto implica que es continua en a (véase la Proposición 4.1) y, por tanto, queda demostrado que l´ım g(x) = g(a). x→a

(d) Veamos que:  ′ f ′ (a)g(a) − f (a)g′ (a) f ( a) = . g g( a) 2 Como f /g = f · (1/g), utilizando la derivada del producto tenemos:  ′    ′ 1 f 1 ′ 1 ( a) = f · ( a) = f ′ ( a) · ( a) . + f ( a) g g g( a) g Por tanto, para calcular la derivada de un cociente solo necesitamos calcular la derivada de la función 1/g, es decir:  ′ 1 ( a) . g

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

 ′ 1 (a) = l´ım x→a g

= l´ım

  1 g

1 g ( x)

x→a

( x) −

  1 g

( a)

x−a

− g(1a)

x−a

·

= l´ım

x→a

1 g ( x)

353

− g(1a)

x−a

g( x) g( a) g( a) − g( x) = l´ım x→a g( x) g( a) g(x)g(a)(x − a)

g( x) − g( a) −1 ′ −g′ (a) −1 · = = g ( a ) x→a g(x)g(a) x−a g( a) 2 g( a) 2

= l´ım Así pues:

 ′  ′ 1 f ′ ( a) f ′ ( a) g′ (a) f + f ( a) − f ( a) ( a) = ( a) = g g( a) g g( a) g( a) 2

=

f ′ (a)g(a) − f (a)g′ (a) . g( a) 2 

Ejemplo 4.5 Sea h(x) =

x2 + sen(x).

Calcular

h′ (x).



S OLUCIÓN. Consideremos f (x) = x2 y g(x) = sen(x). Entonces, h(x) = f (x) + g(x) y como, por la propiedad (a), la derivada de la suma es la suma de derivadas: h′ (a) = ( f + g)′ (a) = f ′ (a) + g′ (a) = 2a + cos(a). Ejemplo 4.6 Sea h(x) = 4ex . Calcular h′ (x).



S OLUCIÓN. Consideremos f (x) = ex . Entonces h(x) = 4 f (x) y utilizando la propiedad (b): h′ (a) = (4 f )′ (a) = 4 f ′ (a) = 4ea .  Ejemplo 4.7 Sea h(x) = x2 cos(x). Calcular h′ (x).

S OLUCIÓN. Tomemos f (x) do la propiedad (c):

= x2



y g(x) = cos(x). Entonces h(x) = f (x)g(x) y utilizan-

h′ (a) = ( f · g)′ (a) = f ′ (a)g(a) + f (a)g′ (a)

= 2a cos(a) − a2 sen(a). 

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354

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejemplo 4.8 Calcular la derivada de la función h(x) = tan(x).



S OLUCIÓN. Tomemos f (x) = sen(x) y g(x) = cos(x). Entonces: h( x) =

f ( x) g( x)

y utilizando la propiedad (d):  ′ f ′ (a)g(a) − f (a)g′ (a) f ( a) = h′ (a) = g g( a) 2

=

cos(a) cos(a) − sen(a)(− sen(a)) 1 = cos2 (a) cos2 (a)

Observación 4.1

La derivada de la función tangente se puede expresar de tres maneras diferentes, teniendo en cuenta que: sec2 (a) =

1 sen2 (a) + cos2 (a) = = 1 + tan2 (a) cos2 (a) cos2 (a)

Las dos opciones más utilizadas son: tan′ (a) =

1 = 1 + tan2 (a) cos2 (a) 

Ejemplo 4.9 Calcular la derivada de la función f (x) = cot(x).



S OLUCIÓN. Como: f (x) = cot(x) =

1 tan(x)

entonces, utilizando la propiedad (d): f ′ ( x) = −

(tan(x))′ 1 cos2 (x) 1 = − =− 2 2 2 2 tan(x) cos (x) sen(x) sen (x) 

4.8. Regla de la cadena En esta sección veremos una regla que nos dice cómo calcular la derivada de la composición de dos funciones. Esta regla se conoce como regla de la cadena.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

355

Proposición 4.3 Regla de la cadena

Si tenemos funciones f y g, tales que: g◦ f : A ⊂ R a

f −→

7−→

B f ( a)

g −→

7−→

R g( f (a))

donde f es derivable en a, y g es derivable en f (a), entonces la función compuesta (g ◦ f ) es derivable en a y cumple:

(g ◦ f )′ (a) = g′ ( f (a)) · f ′ (a). D EMOSTRACIÓN. Queremos ver que:

(g ◦ f )′ (a) = g′ ( f (a)) · f ′ (a). Entonces:

(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(a) x−a g( f (x)) − g( f (a)) = l´ım x→a x−a g( f (x)) − g( f (a)) f (x) − f (a) · = l´ım x→a x−a f ( x) − f ( a)

(g ◦ f )′ (a) = l´ım

x→a

= l´ım

x→a

g( f (x)) − g( f (a)) f (x) − f (a) · f ( x) − f ( a) x {z −a } | {z } | →g′ ( f (a))

→ f ′ ( a)

= g′ ( f (a)) f ′ (a)

donde en la última igualdad hemos utilizado que f es derivable en a y, por tanto, también continua en a y que g es derivable en f (a). Para demostrar formalmente que: l´ım

x→a

g( f (x)) − g( f (a)) = g′ ( f (a)) f ( x) − f ( a)

debemos hacer el cambio de variable y = f (x). Aquí, es importante notar que cuando hacemos un límite, los cambios de variable deben siempre venir dados por una función continua. En este caso, considerar el cambio y = f (x) en el punto a es posible, ya que la función f (x) es continua en el punto a. Entonces, si x → a como f es una función continua en a, y = f (x) → f (a), ya que: l´ım f (x) = f (a).

x→a

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356

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por último: l´ım

x→a

g( f (x)) − g( f (a)) g(y) − g( f (a)) = l´ım = g′ ( f (a)). f ( x) − f ( a) y − f ( a) y→ f (a) 

Ejemplo 4.10 Calcular la derivada de h(x) =

x4 + 3x

(x4 + 3x)5 .



x5 ,

S OLUCIÓN. Tomemos f (x) = y g( x) = entonces h(x) = (g ◦ f )(x). Por tanto: h′ (a) = (g ◦ f )′ (a) = g′ ( f (a)) f ′ (a). Como f ′ (x) = 4x3 + 3 y g′ (x) = 5x4 , obtenemos:

h′ (a) = 5( f (a))4 (4a3 + 3) = 5(a4 + 3a)4 (4a3 + 3)  Ejemplo 4.11 Calcular la derivada de h(x) = sen5 (x).

S OLUCIÓN. Consideremos f (x) = sen(x) y g(x) = g′ (x) = 5x4 ; entonces:

 x5 ,

donde

f ′ ( x)

= cos(x) y

h′ (a) = (g ◦ f )′ (a) = 5( f (a))4 cos(a) = 5 sen4 (a) cos(a)  Ejercicio propuesto 4.2

Calcular la derivada de las siguientes funciones: √ (a) h(x) = x2 + 3 (f) h(x) = sen(ln(x) + 1) (b) h(x) = ln3 (x)

(g) h(x) = sen3 (3x2 + 1)

(c) h(x) = sen(x2 + 1) √ (d) h(x) = cos( x)
(e) h(x) = cos 1x

(h) h(x) = ln(cos(2x + 3)) p (i) h(x) = 1 + ln(x2 + 1) (j) h(x) = sen(cos(ln(x)))

4.8.1. Derivada de la función inversa Una de las múltiples aplicaciones de la regla de la cadena es el cálculo de la derivada de la función inversa. Sea f (x) una función invertible, entonces la derivada de la función inversa, f −1 (x), se puede calcular derivando la siguiente identidad:

( f ◦ f −1 )(x) = x, donde se aplica la regla de la cadena para calcular ( f ◦ f −1 )′ (x).

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

357

En concreto, supongamos conocidas f (x), su derivada f ′ (x), y su función inversa f −1 (x). Entonces, si derivamos la identidad:

( f ◦ f −1 )(x) = x utilizando la regla de la cadena obtenemos: f ( f −1 (x)) = x

=⇒

f ′ ( f −1 (x)) · ( f −1 )′ (x) = 1

=⇒

( f −1 )′ (x) =

1 f ′ ( f −1 (x))

.

Ejemplo 4.12 Encuentra la derivada de la función g(x) = ln(x), suponiendo conocida la derivada de la función exponencial. 

S OLUCIÓN. Como el logaritmo y la exponencial son funciones inversas: eln(x) = x

∀x > 0.

Entonces, si derivamos respecto de x: eln(x) (ln(x))′ = 1

=⇒

g′ (x) = (ln(x))′ =

1 eln(x)

1 = , x

y, por tanto, vemos que la derivada de la función logaritmo es 1/x siempre que x > 0. Ejemplo 4.13 Usando que si f (x) = cos(x), f ′ (x) = − sen(x), demostrar que si

1 g(x) = arc cos (x), g′ (x) = − √1−x . 2



S OLUCIÓN. Sabemos que la función f (x) = cos(x) restringida al intervalo [0, π ] es invertible y su inversa es la función g(x) = arc cos(x). Como f y g son funciones inversas: cos(arc cos(x)) = x. Entonces, derivando y aplicando la regla de la cadena: − sen(arc cos (x))(arc cos (x))′ = 1 g′ (x) = (arc cos (x))′ = −

1 . sen(arc cos(x))

Usando que sen2 (x) + cos2 (x) = 1 obtenemos:  p  1 − cos2 (x) x ∈ [0, π ] sen(x) =  −p1 − cos2 (x) x ∈ [π , 2π ]

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358

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Entonces, como arc cos (x) ∈ [0, π ]: sen(arc cos(x)) = y, por tanto:

q

1 − cos2 (arc cos(x)) =

p

1 − x2 ,

1 (arc cos (x))′ = − √ . 1 − x2



Ejemplo 4.14 Usando la regla de la cadena, demostrar que:

f ( x) =

1 g( x)

=⇒

f ′ ( x) = −

g′ (x) . g( x) 2 

S OLUCIÓN. Tomando logaritmos en la expresión inicial:   1 ln( f (x)) = ln = − ln(g(x)). g( x) Derivando y aplicando la regla de la cadena:

(ln( f (x)))′ = −(ln(g(x)))′

=⇒

1 ′ 1 ′ f ( x) = − g ( x) . f ( x) g( x)

Así pues: f ′ ( x) = −

g′ (x) f (x)g′ (x) =− . g( x) g( x) 2 

4.9. Técnicas de cálculo de derivadas Esta sección pretende ser una recopilación de todas las técnicas de cálculo de derivadas vistas hasta el momento. Con ellas debemos ser capaces de calcular la derivada de cualquier función dada, ya sea con la definición formal vía límites, con la tabla de derivadas elementales (que hemos demostrado a partir de la definición), con las propiedades de derivación y operaciones, con la regla de la cadena, o con la derivada de la función inversa. Veamos aquí algunos ejemplos de cálculo de derivadas de funciones. Ejemplo 4.15 Calcular la derivada de la función f (x) = ax , con a ∈ R + .



S OLUCIÓN. Tomemos la función f (x) = ax y apliquemos logaritmos: ln ( f (x)) = ln (ax ).

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

359

Por las propiedades del logaritmo, sabemos que ln (ax ) = x ln (a). Por tanto, tenemos: ln ( f (x)) = x ln (a), donde, derivando esta igualdad (aplicando la regla de la cadena) obtenemos: f ′ ( x) = ln (a), f ( x) y, por último, despejamos f ′ (x): f ′ (x) = ax ln (a).  Ejemplo 4.16 Calcular la derivada de la función arctan (x).



[− π2 , π2 ]

S OLUCIÓN. Sabemos que la función inversa de tan (x) restringida al dominio es precisamente la función arctan (x). Por tanto, utilizaremos la derivada de la función inversa para calcular su derivada. Por ser funciones inversas tenemos: tan (arctan (x)) = x. Derivando la anterior identidad (aplicando la regla de la cadena):

(1 + tan2 (arctan (x)))(arctan (x))′ = 1, y, por tanto:

(arctan (x))′ =

1 . 1 + x2 

Ejercicio propuesto 4.3

Demuestra que la derivada de ln (bx) es: 1 , x para cualquier constante b ∈ R, siempre que bx > 0. Ejemplo 4.17 Calcular la derivada de la función f (x) = xn , con n ∈ R.



S OLUCIÓN. Supongamos primero el caso x > 0. Podemos escribir: xn = en ln (x) .

Derivamos la anterior igualdad utilizando la regla de la cadena y obtenemos: n (xn )′ = en ln (x) , x

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360

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

es decir:

(xn )′ = nxn−1 . Supongamos ahora que x < 0. Podemos escribir: ln |xn | = n ln |x|. Utilizando la propiedad demostrada en el Ejercicio Propuesto 4.3, tomando b = −1, tenemos que la derivada de ln |x| es 1x . Así pues, derivando la igualdad anterior tenemos:

(xn )′ n = , xn x de donde despejando:

(xn )′ = nxn−1 .  Ejercicio propuesto 4.4

Calcular la derivada de las siguientes funciones: (a) f (x) = arc sen(x) (b) f (x) = tan (5 − sen (2x)) (c) f (x) = arctan(x) 2

(d) f (x) = 32x (e) f (x) =

√ 3

√

√ 5 x2 + x + 5 x √

(f) f (x) = 10 (g) f (x) =

s 3

x + (x2 − 2)4

x + e3−x2

x2 + 1 x2 − 1

(h) f (x) = xx + ln

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ex + 1 ex − 1



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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

361

Ejercicio propuesto 4.5

Calcular las derivadas de las siguientes funciones: (a) f (x) = arctan(arctan(x)) q (b) f (x) = (sen(x))cos(x)

√ √ 3 1 5 (c) f (x) = 2 ax + x2 + + 5 x x √ 3 (d) f (x) = e−3x x2 + c + xx +1 ! r 1 + sen(x) (e) f (x) = ln tan x (f) f (x) = tan(2x) + tan(x3 ) + tan3 (x) (g) f (x) = cos(xb + ax)

(m) f (x) =

(i) f (x) =

(j) f (x) = ea(x−1) + ln(bx) (k) f (x) = (l) f (x) =

1 e−2x − 1 x2 − 1 cx4

ln(tan(x))

(n) f (x) = (sen(x))tan (x) (o) f (x) =

4 tan3 (x) − 32x cos(5x − x3 )

(p) f (x) = (ln(x4 − 5x))5 √ 2a2 x2 a2 − x2 (q) f (x) = x3   tan(x) √ (r) f (x) = arctan 2 (s) f (x) =

(h) f (x) = (sen(x2 ))2 xsen(x)

p

1 5 1 + 2 2−√ 4 x 2a x a2 − x2

 1  √ 3 2√ x + 3b x 2 b2 + x √  x (u) f (x) = 3b arctan b √ x2 + 2 (v) f (x) = √ cx (t) f (x) =

Incluimos en la Tabla 4.2 una tabla completa de derivadas, la gran mayoría de las cuales han sido ya demostradas.

4.10. Valores extremos Los máximos y mínimos de una función, conocidos como extremos, son los valores más grandes (máximos) o más pequeños (mínimos) que toma una función, ya sea dentro de un intervalo cerrado o en el dominio de la función en su totalidad. El proceso de hallar los extremos de una función se denomina optimización y veremos que es una de las aplicaciones más importantes de la derivación de funciones.

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362

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Tabla 4.2. Tabla de derivadas.

f ( x)

f ′ ( x)

λ

0

x

1

xn

ax

nxn−1 1 √ 2 x 1 x ex 1 x ln(a) ax ln(a)

sen(x)

cos(x)

cos(x)

− sen(x)

√

x

ln (x) ex loga (x)

tan(x)

sec2 (x)

sec(x)

sec(x) tan(x)

cot(x)

− csc2 (x)

csc(x)

senh(x)

− csc(x) cot (x) 1 √ 1 − x2 −1 √ 1 − x2 1 1 + x2 cosh(x)

cosh(x)

senh(x)

arc sen (x) arc cos (x) arctan (x)

Definición 4.11 Extremos absolutos (o globales) en un intervalo cerrado

Dada f : [a, b] → R se denomina:

máximo absoluto de f en [a, b] al punto xmáx ∈ [a, b] tal que: f (xmáx ) ≥ f (x),

∀x ∈ [a, b];

mínimo absoluto de f en [a, b] al punto xmín ∈ [a, b] tal que: f (xmín ) ≤ f (x),

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∀x ∈ [a, b].

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

363

En la Figura 4.15 se muestra, sobre la gráfica de dos funciones dadas, cuáles son sus máximos y mínimos absolutos en un intervalo dado.

xmín a

xmáx b

xmín a

xmáx b

Figura 4.15. Interpretación gráfica del concepto de máximo y mínimo absolutos.

Nota 4.1

Por el Teorema 3.2 de Weierstrass, sabemos que si f es continua en [a, b], entonces existen xmín y xmáx . Definición 4.12 Extremos relativos (o locales) en un intervalo cerrado

Dada f : [a, b] → R, se dice que la función tiene un:

máximo relativo en x0 ∈ [a, b] si f (x0 ) ≥ f (x) para todo x en algún intervalo abierto que contenga a x0 ; mínimo relativo en x0 ∈ [a, b] si f (x0 ) ≤ f (x) para todo x en algún intervalo abierto que contenga a x0 .

En la Figura 4.16 se muestra, sobre la gráfica de dos funciones dadas, cuáles son sus máximos y mínimos relativos en un intervalo dado. Observación 4.2

Dada f : [a, b] → R, si x0 es un máximo absoluto, entonces x0 también es un máximo relativo. Definición 4.13 Punto crítico

Un punto x0 del dominio de una función se denomina punto crítico si f ′ (x0 ) = 0 o bien, si f ′ (x0 ) no existe. En la Figura 4.17 se muestra, sobre la gráfica de dos funciones dadas, cuáles son sus puntos críticos en un intervalo dado.

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364

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

a

b

a

b

Figura 4.16. Máximos (izquierda) y mínimos (derecha) relativos de una función.

Figura 4.17. Los puntos críticos son puntos donde la función no es derivable o la derivada es nula.

Proposición 4.4 Teorema de Fermat

Si x0 es un punto interior del dominio de una función f y además es un extremo local de f , entonces x0 es un punto crítico de f . D EMOSTRACIÓN. Supongamos que f (x0 ) es un mínimo local (para un máximo local se procedería de forma análoga). Si f ′ (x0 ) no existe, entonces x0 es un punto crítico, tal y como se quería demostrar. Supongamos, pues, que f ′ (x0 ) existe. Hay que demostrar ahora que f ′ (x0 ) = 0.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

365

Puesto que f (x0 ) es un mínimo local, se cumple que f (x0 ) ≤ f (x0 + h) para todo h 6= 0 suficientemente pequeño. Lo que es equivalente a: f (x0 + h) − f (x0 ) ≥ 0. Dividimos esta desigualdad por h y obtenemos: f (x0 + h) − f (x0 ) ≥ 0 si h > 0, h f (x0 + h) − f (x0 ) ≤ 0 si h < 0. h Al existir la derivada de f en x0 sabemos que las derivadas laterales coinciden con esta derivada. Así pues, utilizando las anteriores desigualdades podemos acotar la derivada de f en el punto x0 como: f ′ (x0 ) = f +′ (x0 ) = l´ım

f (x0 + h) − f (x0 ) ≥ l´ım 0 = 0, h→0+ h

f ′ (x0 ) = f−′ (x0 ) = l´ım

f (x0 + h) − f (x0 ) ≤ l´ım 0 = 0. h→0− h

h→0+

h→0−

f ′ (x0 ) ≥ 0 y

Así demostrar.

f ′ (x0 ) ≤ 0.

La única posibilidad es que f ′ (x0 ) = 0, tal y como se quería 

Nota 4.2

La implicación contraria del teorema de Fermat no es cierta. Por ejemplo, x0 = 0 es un punto crítico de f (x) = x3 , pero en cambio no es un extremo local de dicha función sino un punto de inflexión. Del teorema de Fermat se desprende que, para determinar los extremos absolutos de una función en un intervalo cerrado, debemos evaluar f en los puntos candidatos a serlo, que son: (A) los puntos donde f no sea continua, (B) los puntos críticos, (C) los puntos extremos del intervalo. Evaluaremos la función en todos los puntos candidatos y tomaremos el mayor y el menor de tales valores para determinar los extremos absolutos. Ejemplo 4.18 Determinar los extremos de la función:

f ( x) = en el intervalo cerrado [−6, 8].

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q 3

x2 (6 − x) 

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366

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN. Veamos primero cuáles son los puntos candidatos: (A) Observamos que f (x) es continua en [−6, 8]. Por tanto, no hay ningún punto candidato por motivo de discontinuidad. 4−x (B) Dado que f ′ (x) = √ p , la función no es derivable en x = 0 y x = 6. Por 3 3 x ( 6 − x) 2 tanto, estos son puntos críticos. Por otro lado, observamos que la derivada se anula si x = 4. Este es, pues, otro punto crítico de la función. (C) Finalmente, los puntos extremos del intervalo cerrado donde queremos optimizar la función son x = −6 y x = 8. Una vez tenemos los candidatos, evaluamos la función en estos puntos. Véase la Figura 4.18.

máx. abs.

mín. abs. mín. rel.

Figura 4.18. Gráfica de la función f (x) =

x = −6 x=0 x=4 x=6 x=8

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(extremo del intervalo) (punto crítico) (punto crítico) (punto crítico) (extremo del intervalo)

p 3

máx. rel.

x2 (6 − x) y ubicación de sus extremos.

f (−6) = 7.5595 f ( 0) = 0 f (4) = 3.1748 f ( 6) = 0 f (8) = −5.0397

máximo absoluto

mínimo absoluto 

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

367

De momento, solo sabemos como determinar los extremos absolutos. En la sección siguiente veremos un importante teorema que es la base para establecer el criterio que nos dice si los puntos candidatos son, o no, extremos relativos y de qué tipo.

4.11. Teorema del valor medio El teorema del valor medio es uno de los principales teoremas del cálculo. Fue enunciado por primera vez por el matemático Joseph Louis Lagrange (1736-1813) y relaciona los valores de una función con los valores de su derivada. En esta sección se establece este importante teorema y se ven algunas de sus aplicaciones. Antes de considerar el resultado principal, veamos a continuación, un caso particular: el teorema de Rolle. Teorema 4.1 De Rolle

Sea f : [a, b] → R una función continua en [a, b], derivable en (a, b) y tal que f (a) = f (b). Entonces, existe al menos un punto ξ ∈ (a, b), tal que f ′ (ξ ) = 0 (ver Figura 4.19).

f ′ ( ξ2 ) = 0 f ( b)

f ( a) f ′ ( ξ1 ) = 0

a

ξ1

ξ2 b

Figura 4.19. Interpretación geométrica del teorema de Rolle.

D EMOSTRACIÓN. Si f es constante en el intervalo, entonces: f ′ (x) = 0,

∀x ∈ (a, b)

y, por tanto, podemos tomar cualquier ξ ∈ (a, b). Supongamos pues que f no es constante. Como f es continua en [a, b], aplicando el Teorema 3.2 de Weierstrass, existen un máximo y un mínimo absolutos en [a, b] que llamaremos xmáx y xmín respectivamente. Si xmáx y xmín fueran a y b, como f (a) = f (b), entonces f debería ser constante. Por tanto, como mínimo uno de los extremos no puede

✐

✐

368

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

ser ni a, ni b, es decir, ∃ξ ∈ (a, b) tal que ξ = xmáx o bien ξ = xmín . Entonces, como f es derivable en (a, b) y en el punto ξ ∈ (a, b) hay un máximo o mínimo absolutos, por el teorema de Fermat (véase Proposición 4.4), f ′ (ξ ) debe ser cero, tal y como queríamos demostrar.  Nota 4.3

La hipótesis de derivabilidad de la función f es esencial tal y como se ilustra en la Figura 4.20, donde la función toma el mismo valor en los extremos del intervalo, pero no existe ningún punto con derivada nula. Obsérvese que, sin embargo, hay un punto donde la función no es derivable (punto anguloso) y por ello no podemos aplicar el teorema de Rolle en este caso.

f ( a)

f ( b)

a

b

Figura 4.20. Importancia de la hipótesis de derivabilidad de la función en el teorema de Rolle.

A continuación, generalizamos el teorema de Rolle con uno de los resultados más significativos del cálculo: el teorema del valor medio. Teorema 4.2 Del valor medio

Sea f : [a, b] → R una función continua en [a, b] y derivable en (a, b). Entonces existe al menos un punto ξ ∈ (a, b) tal que: f ′ (ξ ) =

✐

f ( b) − f ( a) . b−a

✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

369

Observación 4.3

Una interpretación geométrica del teorema del valor medio (ver Figura 4.21) es que existe al menos un punto ξ ∈ (a, b), tal que la recta tangente a la gráfica de f en el punto (ξ , f (ξ )) es paralela a la recta que une (a, f (a)) y (b, f (b)).

f ( b) f ( a)

a

ξ1

ξ2 b

Figura 4.21. Interpretación geométrica del teorema del valor medio.

D EMOSTRACIÓN. Consideremos la función:

ϕ (x) = (b − a) f (x) − ( f (b) − f (a))x. ϕ es continua en [a, b] y derivable en (a, b) porque las funciones f (x) y x lo son. Además: ϕ (a) = (b − a) f (a) − ( f (b) − f (a))a = b f (a) − a f (b) ϕ (b) = (b − a) f (b) − ( f (b) − f (a))b = −a f (b) + b f (a) es decir, ϕ (a) = ϕ (b). Entonces por el teorema de Rolle, ∃ ξ ∈ (a, b), ϕ ′ (ξ ) = 0. Si derivamos ϕ (x) tenemos:

ϕ ′ (x) = (b − a) f ′ (x) − ( f (b) − f (a)) y evaluando en ξ : 0 = ϕ ′ (ξ ) = (b − a) f ′ (ξ ) − ( f (b) − f (a))

=⇒

f ′ (ξ ) =

f ( b) − f ( a) . b−a 

✐

✐

370

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

4.11.1. Funciones monótonas y criterio de la primera derivada A continuación, se demostrará que el signo de la derivada determina si una función f (x) es creciente o decreciente. Primero necesitamos definir los conceptos de crecimiento y decrecimiento de manera formal. Definición 4.14 Funciones monótonas

Dada f : [a, b] −→ R, si para cualesquiera x1 , x2 ∈ [a, b] con x1 < x2

tenemos que f (x1 ) ≤ f (x2 ), decimos que f es monótona creciente en [a, b]; tenemos que f (x1 ) ≥ f (x2 ), decimos que f es monótona decreciente en [a, b];

tenemos que f (x1 ) < f (x2 ), decimos que f es estrictamente creciente en [a, b]; tenemos que f (x1 ) > f (x2 ), decimos que f es estrictamente decreciente en [a, b]. La Figura 4.22 muestra algunos ejemplos de funciones monótonas crecientes/decrecientes y estrictamente crecientes/decrecientes.

Figura 4.22. Ejemplos funciones monótonas crecientes/decrecientes (primera y tercera) y estrictamente crecientes/decrecientes (segunda y cuarta).

f ′ ( x)

f ′ ( x)

f ( x)

f ( x)

f ( x)

f ′ ( x)

f ( x)

f ′ ( x)

Figura 4.23. Ejemplos funciones monótonas crecientes/decrecientes (primera y tercera) y estrictamente crecientes/decrecientes (segunda y cuarta) junto a sus derivadas.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

371

Teorema 4.3

Sea f : [a, b] ⊂ R derivable en (a, b).

(i) Si f ′ (x) ≥ 0 para todo x ∈ (a, b), entonces f es monótona creciente en (a, b).

(ii) Si f ′ (x) ≤ 0 para todo x ∈ (a, b), entonces f es monótona decreciente en (a, b). (iii) Si f ′ (x) = 0 para todo x ∈ (a, b), entonces f es constante en (a, b). En la Figura 4.24 se muestra la relación entre el signo de la derivada y el crecimiento/decrecimiento de una función. Observamos que cuando la función es estrictamente decreciente las rectas tangentes tienen pendiente negativa, cuando la función es constante la pendiente de la recta tangente es nula y, por último, cuando la función es creciente las rectas tangentes son positivas. ր f ′ ( x) > 0

ց f ′ (x) < 0ր

ց

f ′ ( x)

f ( x)

Figura 4.24. Relación entre el signo de la derivada y el crecimiento/decrecimiento de una función.

D EMOSTRACIÓN. (i) Supongamos que f ′ (x) ≥ 0 para todo x ∈ (a, b). Si x1 y x2 son dos puntos arbitrarios en (a, b) que satisfacen x1 < x2 , podemos aplicar el teorema del valor medio (véase Teorema 4.2) a f en el intervalo [x1 , x2 ] para obtener un punto ξ ∈ (x1 , x2 ) tal que: f ′ (ξ ) =

✐

f (x2 ) − f (x1 ) . x2 − x1

✐

372

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Como f ′ (ξ ) ≥ 0 y x2 − x1 > 0, se deduce que f (x2 ) − f (x1 ) ≥ 0. Por tanto, f (x1 ) ≤ f (x2 ) tal y como se quería demostrar. (ii) La demostración de este caso la omitimos, ya que es análoga a la anterior. (iii) Supongamos que f ′ (x) = 0 para todo x ∈ (a, b). Si x1 y x2 son dos puntos arbitrarios en (a, b) que satisfacen x1 < x2 , podemos aplicar el teorema del valor medio (véase Teorema 4.2) a f en el intervalo [x1 , x2 ] para obtener un punto ξ ∈ (x1 , x2 ) tal que: f ′ (ξ ) =

f (x2 ) − f (x1 ) . x2 − x1

Como f ′ (ξ ) = 0 se deduce que f (x1 ) = f (x2 ), tal y como se quería demostrar.  Existe un criterio muy útil para determinar si un punto crítico de una función f es un máximo, un mínimo o ninguna de las dos cosas. A este criterio con frecuencia se le llama criterio de la primera derivada y lo veremos a continuación. Teorema 4.4 Criterio de la primera derivada para caracterizar extremos

Dada f : [a, b] ⊂ R continua en [a, b], y sea x0 un punto crítico en el interior de [a, b]. Supongamos que f es derivable en los intervalos abiertos (a, x0 ) y (x0 , b). Entonces x0 es un máximo relativo si existe δ > 0 tal que • f ′ (x) > 0, para todo x ∈ (x0 − δ , x0 ) • f ′ (x) < 0, para todo x ∈ (x0 , x0 + δ )

x0 es un mínimo relativo si existe δ > 0 tal que • f ′ (x) < 0, para todo x ∈ (x0 − δ , x0 ) • f ′ (x) > 0, para todo x ∈ (x0 , x0 + δ ) La Figura 4.25 ilustra el criterio de la primera derivada para caracterizar extremos. Para determinar los extremos de una función en un intervalo cerrado debemos encontrar los puntos candidatos que, recordemos, son: (A) los puntos donde f no sea continua, (B) los puntos críticos, (C) los puntos extremos del intervalo, y, a continuación, utilizar el teorema del criterio de la primera derivada (véase Teorema 4.4) para determinar, para cada candidato, si es máximo/mínimo relativo o no es extremo. Por último, evaluaremos la función en todos los extremos y tomaremos el mayor y el menor de tales valores para determinar los extremos absolutos.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

373

f ′ ( x) > 0 ց f ′ ( x) < 0

ր

f ( x)

x0 + δ x0 − δ

x0

f ′ ( x)

Figura 4.25. Criterio de la primera derivada para un máximo relativo.

Ejemplo 4.19 Determinar los extremos de la función:

f ( x) =

x3 ( x + 1) 2

en R.



S OLUCIÓN. Primero buscamos los puntos candidatos a extremo que son: (A) Los puntos donde f no sea continua. En este ejemplo f (x) es continua en R − {−1} por ser cociente de polinomios donde no se anula el denominador. En x = −1, el denominador se anula y la función presenta una asíntota vertical: −1 x3 = + = −∞. 2 x→−1 (x + 1) 0

l´ım f (x) = l´ım

x→−1

(B) Los puntos críticos. Calculamos la derivada de f (x): f ′ ( x) =

3x2 (x + 1)2 − x3 2(x + 1) 3x2 (x + 1) − 2x3 x2 (x + 3) = = . ( x + 1) 4 ( x + 1) 3 ( x + 1) 3

Vemos que f (x) no es derivable en x = −1 (ya lo sabíamos porque f no es continua en −1). En el resto de puntos la función es derivable. Por otro lado, la función derivada se anula en x = 0 y en x = −3. (C) Los puntos extremos del intervalo. En este ejemplo no se pide optimizar en un intervalo cerrado, sino en toda la recta real, R. En este caso, el equivalente es estudiar el comportamiento de la función cuando tendemos a ±∞.

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374

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f (x0 )

x0 −3

f (−3) = −27/4 = −6.75

−1

∄ f (−1) pero l´ım f (x) = −∞

0

f ( 0) = 0

−∞

+∞

x→−1

x3 /x2 x = l´ım = −∞ x→−∞ x→−∞ (x/x + 1/x)2 x→−∞ (1 + 1/x)2 3 2 x x /x = l´ım = +∞ l´ım f (x) = l´ım 2 x→+∞ (1 + 1/x)2 x→+∞ x→+∞ (x/x + 1/x) l´ım f (x) = l´ım

Una vez tenemos todos los candidatos, hacemos una tabla de valores. Observamos que la función no tendrá mínimos absolutos pues: l´ım f (x) = −∞,

x→−1

l´ım f (x) = −∞.

x→−∞

Por otro lado, tampoco tendrá máximos absolutos, pues: l´ım f (x) = +∞.

x→+∞

Finalmente, veamos si los puntos candidatos son extremos relativos o no mediante el teorema del criterio de la primera derivada (véase Teorema 4.4). En x = −3 tenemos un máximo relativo, ya que: si x < −3

si x > −3

=⇒ =⇒

f ′ ( x) > 0 ′

f ( x) < 0

=⇒ =⇒

f (x) creciente f (x) decreciente

En x = −1 no hay ningún extremo, ya que l´ım f (x) = −∞. En x = 0 no hay ningún extremo, ya que:

x→−1

si − 1 < x < 0

=⇒

f ′ ( x) > 0

=⇒

f (x) creciente

si x > 0

=⇒

f ′ ( x) > 0

=⇒

f (x) creciente

Si observamos la Figura 4.26, podemos comprobar que, efectivamente, el único extremo que tiene la función está en x = −3, donde tiene un máximo relativo.  Ejercicio propuesto 4.6

Calcular los extremos de la función: q q f ( x) = 3 ( x + 1) 2 + 3 ( x − 1) 2 ,

cuya gráfica se muestra en la Figura 4.27.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

Figura 4.26. Gráfica de la función f (x) =

Figura 4.27. Gráfica de la función f (x) = extremos.

p 3

375

x3 y ubicación de sus extremos. (x + 1)2

(x + 1)2 +

p 3

(x − 1)2 y ubicación de sus

Ejemplo 4.20 Calcular el mínimo absoluto de la función f (x, y) = x2 + sen (y) + 1

restringida a los puntos que verifican: {x − y2 = 0 , −1 ≤ x ≤ 1 , −1 ≤ y ≤ 1}  S OLUCIÓN. Observamos que este problema de minimización se puede escribir como: m´ın x2 + sen (y) + 1

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376

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

restringido a: x − y2 = 0 −1 ≤ x ≤ 1 −1 ≤ y ≤ 1 En la Figura 4.28 hemos representado la función a optimizar, así como las restricciones del problema.

OZ

curva [y2 , y, y4 + sen (y) + 1]

x = y2 OX

Figura 4.28. Gráfica de la función f (x, y) = x2 + sen (y) + 1 restringida a los puntos que verifican {x − y2 = 0 , −1 ≤ x ≤ 1 , −1 ≤ y ≤ 1}.

Este es un problema de optimización en dos variables y, por tanto, podríamos pensar que está fuera del objetivo de este libro. Sin embargo, hay algunos problemas que se pueden transformar de manera sencilla a un problema unidimensional y, por tanto, los podemos resolver utilizando las herramientas que hemos visto anteriormente. En este caso, utilizaremos que la restricción x − y2 = 0 nos permite despejar x obteniendo x = y2 . Sustituyendo, pues, x por y2 obtenemos que el problema en dos dimensiones original

✐

✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

377

equivale a resolver el problema de minimización de una variable: m´ın y4 + sen (y) + 1 2 −1 ≤ y ≤ 1 −1 ≤ y ≤ 1 Obsérvese, además, que la restricción −1 ≤ y2 ≤ 1 es cierta si y2 ≤ 1 =⇒ −1 ≤ y ≤ 1 y, por tanto, el problema anterior es equivalente a resolver: m´ın y4 + sen (y) + 1. −1 ≤ y ≤ 1 En la Figura 4.29 vemos representada la función g(y) = y4 + sen (y) + 1.

Figura 4.29. Gráfica de la función g(y) = y4 + sen (y) + 1.

Estudiemos los extremos de la función g(y) = y4 + sen (y) + 1 en el intervalo cerrado [−1, 1]. Primero buscamos los puntos candidatos a extremo que son: (A) Los puntos donde g no sea continua. En este caso, la función es continua en R. (B) Los puntos críticos. La función g es derivable en R siendo: g′ (y) = 4y3 + cos(y). Estudiamos los puntos donde la derivada se anula. En este caso, tenemos una ecuación no lineal y recurrimos a algún sistema de computación algebraica para obtener que y ≈ −0.59198.

(C) Los puntos extremos del intervalo, que son y = −1 y y = 1.

Dado que tenemos una función continua en el intervalo cerrado [−1, 1], por el teorema del máximo y del mínimo sabemos que existe un máximo y un mínimo absolutos. Para

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✐

378

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

determinarlos, evaluamos la función en los tres candidatos y construimos la siguiente tabla de valores: g(x0 )

x0 −1

1.15853

1

2.84147

−0.59198

0.56480

Observamos que el máximo absoluto se alcanza en x = 1 y el mínimo absoluto en x = −0.59198. Así pues, la solución del problema es:

=⇒

y ≈ −0.59198

x = y2 ≈ 0.35045. 

4.12. Derivadas de orden superior Definición 4.15 Derivada segunda

Si f : A ⊂ R → R es derivable en su campo de derivabilidad Ω ⊂ A, como f ′ (x) es una función definida en Ω nos podemos plantear su derivabilidad, es decir, nos planteamos si para a ∈ Ω existe el límite: l´ım

h→0

f ′ ( a + h) − f ′ ( a) . h

Si este límite existe y es finito, se denomina derivada segunda de f en el punto a y se designa por f ′′ (a). Si la función f ′ : Ω → R es derivable en Ω1 ⊂ Ω se puede definir la función derivada segunda: f ′′ : Ω1 −→ R

x 7−→ f ′′ (x)

Ejemplo 4.21 Consideremos la función f (x) = sen (x). Calcular f ′ (x). Si f ′ (x) es

derivable, calcular f ′′ (x).



S OLUCIÓN. f (x) = sen(x) =⇒ f ′ (x) = cos(x)

f ′ (x) es derivable y, por tanto, podemos calcular la derivada segunda: f ′′ (x) = (cos(x))′ = − sen(x) 

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

379

Definición 4.16 Derivada de orden superior

Si k ∈ N, definimos la derivada k-ésima de f en el punto a como: f (k) (a) = l´ım

h→0

f (k−1) (a + h) − f (k−1) (a) h

si este límite existe y es finito. Estas derivadas, si existen, se llaman derivadas de orden superior o derivadas sucesivas de la función f . Ejemplo 4.22 Calcular las derivadas de orden superior de la función f (x) = x5 .



S OLUCIÓN. f (x) = x5 f ′ (x) = 5x4 f ′′ (x) = 20x3 f ′′′ (x) = 60x2 f (4) (x) = 120x f (5) (x) = 120 f (k) (x) = 0,

∀k ≥ 6

En la Figura 4.30 vemos representadas las derivadas sucesivas de la función f (x) = x5 .  Ejemplo 4.23 Calcular las derivadas de orden superior de la función g(x) = ex .



S OLUCIÓN. g(x) = ex g′ (x) = ex g(k) (x) = ex ,

∀k ≥ 2



Ejemplo 4.24 Calcular las derivadas de orden superior de la función h(x) = sen(x).

 S OLUCIÓN. h(x) = sen(x) h′ (x) = cos(x) h′′ (x) = − sen(x)

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380

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f ′ (x) f ′′′ (x) f ( 5) ( x)

f (x) f ′′ (x) f (4) (x) Figura 4.30. Derivadas sucesivas de la función f (x) = x5 .

h′′′ (x) = − cos(x) h(4) (x) = f (x) = sen(x)  sen(x), k = 4n, n ∈ N        k = 4n + 1, n ∈ N   cos(x), h( k ) ( x) =

− sen(x), k = 4n + 2, n ∈ N          − cos(x), k = 4n + 3, n ∈ N



Definición 4.17 Clase de funciones derivables

Si f : A ⊂ R → R es derivable en Ω ⊂ A y su derivada f ′ es continua en Ω decimos que f pertenece a la clase de funciones C 1 (Ω). En general, decimos que f ∈ C k (Ω) si la podemos derivar k veces y las funciones derivadas sucesivas son continuas en Ω, pero la función derivada k + 1 no se puede calcular o bien no es continua. Si f ∈ C k (Ω) para todo k ∈ N, decimos que f es una función infinitamente derivable y lo representamos de la siguiente manera, f ∈ C ∞ (Ω). Es decir, decimos que f pertenece al conjunto de funciones infinitamente derivables en el conjunto Ω.

✐

✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

381

Ejemplo 4.25 Determinar el valor de k si f ∈ C k (R ) para las funciones:

(a) f (x) = |x| ( x3 + 3x2 + 6x + 6, (b) g(x) = 6ex , ( −x2 , x < 0 (c) h(x) = 3 x , x≥0

x0

f (x) = |x| ∈ C 0 (Ω) porque es continua, pero no derivable en x = 0. Observemos que la función derivada primera no está definida para x = 0, pues las derivadas laterales, en este caso, existen pero son distintas siendo f +′ (0) = 1 y f−′ (0) = −1. Véase la Figura 4.31.

f ( x)

f ′ ( x)

Figura 4.31. Gráfica de la función valor absoluto y de su derivada.

(b) g(x) =

(

g′ (x) =

✐

(

x3 + 3x2 + 6x + 6, x < 0 6ex ,

x≥0

3x2 + 6x + 6, x < 0 6ex ,

x≥0

✐

382

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

=

(

g′′′ (x) =

(

g′′ (x)

g( 4 ) ( x) =

6x + 6, x < 0 6ex ,

(

x≥0

6,

x0

∈ C 1 (R )

h( x) porque la función primera derivada es continua, pero no es derivable en x = 0. Observemos que la función derivada segunda no está definida para x = 0, pues las derivadas laterales, en este caso, existen pero son distintas, siendo  h′′+ (0) = 0 y h′′− (0) = −2. Véase la Figura 4.33.

✐

✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

383

h′′ (x)

h′ (x)

h( x)

Figura 4.33. Gráfica de la función h(x) y de sus derivadas.

Ejemplo 4.26 Determinar el valor de k si f ∈ C k (R ) para:

f ( x) =



x3 sen ( 1x ), si x 6= 0 0, si x = 0. 

S OLUCIÓN. Empecemos calculando la primera derivada. Es evidente que:     1 1 ′ 2 f (x) = 3x sen − x cos , si x 6= 0. x x Ahora debemos estudiar qué ocurre en x = 0. Para ello, deberemos utilizar las derivadas laterales. Recordemos que la derivada lateral por la derecha de la función f en 0 viene dada por el límite: f +′ (0) = l´ım+ h→0

h3 sen ( h1 ) f ( 0 + h) − f ( 0) = l´ım+ = «0· acotada» = 0, h h h→0

y la derivada lateral por la izquierda: f−′ (0) = l´ım− h→0

h3 sen ( 1h ) f ( 0 + h) − f ( 0) = l´ım− = «0· acotada» = 0. h h h→0

Así pues, como existen las derivadas laterales y son iguales podemos afirmar que: f ′ (0) = 0.

✐

✐

384

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Observamos que la función primera derivada es continua pues en x = 0 tenemos: l´ım f ′ (x) = f ′ (0),

x→0

y en el resto de puntos la función es continua por ser producto y resta de funciones continuas. Calculemos ahora la derivada segunda. Por una parte:
    sen 1x 1 1 ′′ − 4 cos − , si x 6= 0. f (x) = 6x sen x x x Ahora debemos estudiar qué ocurre en x = 0. Para ello, deberemos utilizar las derivadas laterales. Recordemos que la derivada lateral por la derecha de la función f ′ en 0 viene dada por el límite:

f +′′ (0)

3h2 sen f ′ ( 0 + h) − f ′ ( 0) = l´ım+ = l´ım+ h h→0 h→0     1 1 − l´ım cos = l´ım+ 3h sen =∄ h h h→0+ h→0 | {z } | {z } «0· acotada» = 0 ∄

1 h




− h cos h

1 h




Al no existir una de las derivadas laterales podemos asegurar que no existe la derivada segunda en el punto x = 0. Así pues, como la función f es derivable solo una vez y esta primera derivada es una función continua podemos asegurar que f ∈ C 1 (R ). 

4.13. Teorema de Taylor Una técnica de suma utilidad en el estudio de funciones reales es la aproximación de funciones por medio de polinomios. En esta sección se demuestra un teorema fundamental de esta área que se remonta a Brook Taylor (1685-1731). El teorema de Taylor tiene múltiples aplicaciones y en este libro, a modo de ejemplo, se ilustran las siguientes: aproximación numérica del valor de una función en un punto y estimación del error cometido; caracterización de extremos relativos; y cálculo de límites en el origen. El teorema de Taylor se puede considerar como una ampliación del teorema del valor medio para derivadas de orden superior. Mientras que el teorema del valor medio relaciona los valores de una función con su derivada, el teorema de Taylor proporciona una relación entre los valores de una función y sus derivadas de orden superior. Si una función f (x) tiene derivada de orden n en un punto x0 , podemos construir un polinomio pn (x) de grado n tal que: pn (x0 ) = f (x0 ) (k )

pn (x0 ) = f (k) (x0 ),

✐

k = 1, 2, . . . , n.

✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

385

De hecho, el polinomio: pn (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) +

f ′′ (x0 ) f (n) (x0 ) (x − x0 )2 + · · · + (x − x0 )n , 2! n!

tiene la propiedad de que él mismo y sus derivadas hasta orden n coinciden con la función f y sus derivadas hasta orden n, en el punto específico x0 . A este polinomio pn se le llama polinomio n-ésimo de Taylor de f en x0 . Es natural esperar que este polinomio proporcione una aproximación razonable de f en los puntos cercanos a x0 . A fin de medir la calidad de la aproximación, es necesario contar con información acerca del residuo Rn que se define como la diferencia entre la función f y el polinomio pn . El teorema siguiente proporciona dicha información. Teorema 4.5 De Taylor

Sea n ∈ N, y sea f : [a, b] ⊂ R → R tal que f (x) ∈ C n (a, b) y tal que exista f (n+1) en el intervalo abierto (a, b). Si x0 ∈ [a, b], entonces para cualquier x ∈ [a, b] existe un punto ξ ∈ (a, b) tal que: f (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) +

+

f ′′ (x0 ) (x − x0 )2 + · · · 2!

f (n) (x0 ) f ( n+ 1) ( ξ ) (x − x0 )n + (x − x0 )n+1 . n! ( n + 1) !

D EMOSTRACIÓN. Sean dados x y x0 . Sea J el intervalo cerrado con puntos terminales x y x0 . Definimos, entonces, la función F en J por: F (t ) = f (x) − f (t ) − (x − t ) f ′ (t ) − · · · −

( x − t ) n ( n) f (t ) n!

para t ∈ J. Entonces derivando se tiene: F ′ (t ) = −

( x − t ) n ( n+ 1) f (t ). n!

Definimos ahora la función G en J por: 

x−t G(t ) = F (t ) − x − x0

n + 1

F (x0 )

para t ∈ J. Entonces G(x0 ) = G(x) = 0. Aplicamos el teorema de Rolle (véase Teorema 4.1) a la función G y obtenemos que existe un punto ξ entre x y x0 tal que: 0 = G′ ( ξ ) = F ′ ( ξ ) + ( n + 1 )

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(x − ξ )n F (x0 ). (x − x0 )n+1

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386

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

De donde se obtiene: F (x0 ) = −

1 (x − x0 )n+1 ′ F (ξ ) n + 1 (x − ξ )n

y substituyendo la expresión de F ′ : F (x0 ) =

1 (x − x0 )n+1 (x − ξ )n (n+1) f ( n+ 1) ( ξ ) f ( ξ ) = (x − x0 )n+1 . n + 1 (x − ξ )n n! ( n + 1) !

que es el resultado enunciado.  Usaremos la notación pn para el polinomio n-ésimo de Taylor de f , y Rn para el residuo (o también llamado término complementario). De este modo, la conclusión del teorema de Taylor se puede escribir como f (x) = pn (x) + Rn (x), donde Rn está dado por: Rn ( x ) =

f ( n+ 1) ( ξ ) (x − x0 )n+1 ( n + 1) !

para algún punto ξ entre x y x0 . Dicho de otro modo, Rn (x) es el error que se comete cuando se aproxima la función por su polinomio de Taylor de grado n en un entorno del punto x0 . En la Figura 4.34 se muestra, a modo de ejemplo, la función ex y sus polinomios de Taylor de grado 1, 2 y 3, así como el residuo (o error) de cada uno de ellos. f ( x) p3 (x) p2 (x)

R1 ( x )

p1 (x)

R2 ( x ) R3 ( x )

Figura 4.34. Gráfica de la función ex y de sus polinomios de Taylor centrados en el origen p1 (x) = 1 + x, p2 (x) = 1 + x +

x2 x3 x2 , y p3 (x) = 1 + x + + (iz2 2 6

quierda). Gráfica del error cometido al aproximar la función por cada uno de los polinomios de Taylor: R1 (x) = f (x) − p1 (x), R2 (x) = f (x) − p2 (x), R3 (x) = f (x) − p3 (x) (derecha).

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

387

Observación 4.4

Es importante observar que el punto ξ donde se evalúa la derivada n + 1 es diferente para cada punto x donde se quiere evaluar el error. Por tanto, si f (x) ∈ C n (a, b) y si x0 ∈ (a, b), para todo x ∈ (a, b) existe un ξ ∈ (a, b) tal que: f (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 )(x − x0 ) +

+

f ′′ (x0 ) (x − x0 )2 + · · · 2!

f ( n+ 1) ( ξ ) f (n) (x0 ) (x − x0 )n + (x − x0 )n+1 n! ( n + 1) ! | {z } Rn ( x)

n

=

∑

k=0

f (k) (x0 ) (x − x0 )k + Rn (x) k!

Observación 4.5

Nótese que: (k )

pn (x0 ) = f (k) (x0 ), (k ) pn (x0 )

= 0,

k≤n

k>n

Observación 4.6

El primer término no nulo del polinomio pn se denomina término principal. Observación 4.7

La serie de Taylor que usa el desarrollo en el punto x0 = 0 se llama a menudo serie de McLaurin. Ejemplo 4.27 Considerar la función f (x) = ex . Calcular el polinomio de Taylor de

grado 5 en x = 0.



S OLUCIÓN. Primero debemos calcular las derivadas en x = 0: f (i) (x) = ex , ∀i ∈ N

=⇒

f (i) (0) = e0 = 1, ∀i ∈ N

Así pues, podemos construir el polinomio de Taylor como: p5 (x) = f (0) + f ′ (0)x +

f ′′ (0) 2 f ′′′ (0) 3 f (4) (0) 4 f (5) (0) 5 x + x + x + x 2! 3! 4! 5!

1 1 1 5 1 x = 1 + x + x2 + x3 + x4 + 2 6 24 120 

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388

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

El polinomio de Taylor nos permite tener una aproximación polinómica de una función alrededor de un punto x = x0 . Cuanto más grande sea el grado del polinomio de Taylor, mayor será el entorno del punto x0 donde la función y el polinomio se parecerán. Esto se ilustra en el ejemplo siguiente. Ejemplo 4.28 Usando el polinomio de Taylor de grado 5 en x = 0 de la función

f (x) = ex calculado en el Ejemplo 4.27, encontrar una aproximación de los valores de ei/10 , i = 0, 1, . . . , 10.  S OLUCIÓN. Tabla 4.3. Aproximaciones y error asociado.

i

x = ei/10

p5 (x)

ex

ex − p5 (x)

0

e0

1

1

0

1

e0.1

1.105170917

1.105170918

10−9

2

e0.2

1.221402667

1.221402758

3

e0.3

1.349857750

1.349858808

0.91 · 10−7

4

e0.4

1.491818667

1.491824698

5

e0.5

1.648697917

1.648721271

6

e0.6

1.822048000

1.822118800

7

e0.7

2.013571417

2.013752707

8

e0.8

2.225130667

2.225540928

9

e0.9

2.458758250

2.459603111

10

e1

2.716666667

2.718281828

0.11 · 10−5 0.60 · 10−5 0.23 · 10−4 0.71 · 10−4 0.18 · 10−3 0.41 · 10−3 0.84 · 10−3

0.16 · 10−2

Tal y como se ilustra en la Tabla 4.3 y en la Figura 4.35, a medida que nos alejamos del punto x = 0, p5 (x) aproxima peor a ex .  Ejemplo 4.29 Calcular los polinomios de Taylor de grados 1, 2 y 3 de la función

f (x) = sen(x) en x = 1 .



S OLUCIÓN. p1 (x) = sen (1) + cos (1) (x − 1)

1 sen (1) (x − 1)2 2 1 1 p3 (x) = sen (1) + cos (1) (x − 1) − sen (1) (x − 1)2 − cos (1) (x − 1)3 2 6 p2 (x) = sen (1) + cos (1) (x − 1) −

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

389

ex p5 (x)

ex − p5 (x) x

x

Figura 4.35. Gráfica de la función ex y de su polinomio de Taylor de grado 5 centrado en el origen (izquierda) y del residuo (derecha).

En la Figura 4.36 se muestra la función, así como los tres polinomios de Taylor calculados en este ejemplo. Se observa que, como era de esperar, a mayor grado del polinomio de Taylor, mejor aproximamos a la función. 

p1 (x)

f ( x) p2 (x)

p3 (x)

R3 ( x )

R2 ( x )

R1 ( x )

Figura 4.36. Gráfica de la función sen (x) y de sus polinomios de Taylor de grados 1, 2 y 3 centrados en x = 1 (izquierda) y de los residuos asociados (derecha).

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390

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejemplo 4.30 Considerar la función f (x) = x sen (x). Determinar los polinomios de

Taylor de f hasta grado 10 en el punto x = 0.



S OLUCIÓN. Calculamos primero las derivadas en x = 0 hasta orden 10. f (x) = x sen(x),

=⇒

f ( 0) =

0

f ′ (x) = sen(x) + x cos(x)

=⇒

f ′ ( 0) =

0

f ′′ (x) = 2 cos(x) − x sen(x)

=⇒

f ′′ (0) =

2

f (3) (x) = −3 sen(x) − x cos(x)

=⇒

f ( 3 ) ( 0) =

0

f (4) (x) = −4 cos(x) + x sen(x)

=⇒

f (4) (0) = −4

f (5) (x) = 5 sen(x) + x cos(x)

=⇒

f ( 5 ) ( 0) =

0

f (6) (x) = 6 cos(x) − x sen(x)

=⇒

f ( 6 ) ( 0) =

6

f (7) (x) = −7 sen(x) − x cos(x)

=⇒

f ( 7 ) ( 0) =

0

f (8) (x) = −8 cos(x) + x sen(x)

=⇒

f (8) (0) = −8

f (9) (x) = 9 sen(x) + x cos(x)

=⇒

f ( 9 ) ( 0) =

f (10) (x) = 10 cos(x) − x sen(x)

=⇒

0

f (10) (0) = 10

Por tanto, tenemos: p0 (x) = p1 (x) = 0 p2 (x) = p3 (x) =

2 2 x = x2 2!

p4 (x) = p5 (x) = x2 +

−4 4 1 x = x2 − x4 4! 6

1 6 1 1 6 x p6 (x) = p7 (x) = x2 − x4 + x6 = x2 − x4 + 6 6! 6 120 1 1 6 1 8 p8 (x) = p9 (x) = x2 − x4 + x − x 6 120 5040 1 1 6 1 8 1 x − x + x10 p10 (x) =x2 − x4 + 6 120 5040 362880 La Figura 4.37 compara la función f (x) = x sen(x) con sus respectivos polinomios de Taylor calculados. Tal y como se espera, a mayor grado del polinomio, mejor es la aproximación. 

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

p0 (x) = p1 (x)

f ( x)

f ( x)

p4 (x) = p5 (x)

391

f ( x)

p2 (x) = p3 (x)

f ( x)

p8 (x) = p9 (x)

p6 (x) = p7 (x)

f ( x)

f ( x)

p10 (x) = p11 (x)

Figura 4.37. Gráficas de los polinomios de Taylor de la función f (x) = x sen(x) en x = 0 para distintos grados del polinomio.

4.13.1. Aplicaciones de la serie de Taylor El término correspondiente al residuo Rn en el teorema de Taylor se puede usar para estimar el error al aproximar el valor de una función en un cierto punto mediante su polinomio de Taylor pn evaluado en ese punto. Existen dos casos posibles. Primero, si el número n se fija de antemano, entonces se plantea estimar el error cometido en la aproximación. El segundo, si se especifica cierta precisión deseada en la aproximación, entonces el objetivo es encontrar el valor de n que proporcionaría dicha precisión. En esta sección veremos cómo resolver estos dos casos. Otra de las aplicaciones del teorema de Taylor es la caracterización de extremos relativos. Recordemos que una manera de determinar si f tiene un máximo o un mínimo relativo (o ninguno de los dos) en un punto, es usar el criterio de la primera derivada (véase Teorema 4.4). Aquí veremos que las derivadas de orden superior, en caso de existir, también se pueden usar en esta determinación. Por último, algunas de las técnicas de cálculo de límites más potentes que hemos estudiado están basadas en las propiedades de las funciones derivables. En concreto, las series de Taylor nos permiten saber si dos funciones son localmente equivalentes en un punto y podemos deducir los infinitésimos que hemos visto en la Sección 3.11.1. En esta sección veremos también esta útil aplicación de las series de Taylor.

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392

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Aplicaciones de la serie de Taylor: estimación del residuo Ejemplo 4.31 Calcular el polinomio de Taylor de grado 6 de la función f (x) = cos(x) en x = 0 y acotar el residuo. 

S OLUCIÓN. Dado que: f (0) = cos(0) = 1,

Entonces:

f ′ (0) = − sen(0) = 0

f ′′ (0) = − cos(0) = −1,

f ′′′ (0) = sen(0) = 0

f (4) (0) = f (0) = 1,

f ( 5 ) ( 0) = f ′ ( 0) = 0

f (6) (0) = f ′′ (0) = −1,

f (7) (x) = f ′′′ (x) = sen(x)

1 1 6 1 x p6 (x) = 1 − x2 + x4 − 2 24 720 Además, el valor absoluto del residuo viene dado por: 1 |x|7 |R6 (x)| = | f (x) − p6 (x)| = sen(ξ )x7 ≤ 5040 5040

En la Figura 4.38 se muestran la función y su polinomio de Taylor de grado 6, mientras que en la tabla siguiente se encuentra la cota del error y el error exacto para distintos valores. 

f ( x)

p6 (x) Figura 4.38. Gráfica de la función f (x) = cos(x) y de su polinomio de Taylor en x = 0 de grado 6.

Ejemplo 4.32 Calcular cos(1) con un error inferior a 0.001 aplicando la fórmula de

Taylor.



S OLUCIÓN. Para aproximar cos(1) utilizamos el polinomio de Taylor de la función cos(x) en el punto x0 = 0. El grado del polinomio n viene determinado por la preci-

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

x

cos(x)

p6 (x)

|x|7 /5040

|R6 (x)|

0

1

1

0

0

1

0.54030

0.54028

0.00020

2

−0.41615

−0.42222

0.02540

0.24 · 10−4

393

0.00608

sión requerida: en este caso, nos piden que el error de la aproximación sea inferior a 0.001, es decir, que 0.001 debe ser una cota superior estricta del residuo asociado al polinomio de grado n y evaluado en 1: (n +1 ) |Rn (1)| = f (n+1()ξ! ) 1n+1 < 0.001, ξ ∈ (0, 1)

Sabemos que la derivada (n + 1)−ésima de la función coseno puede ser o bien ± sen o bien ± cos, según el valor de n. Dado que ξ ∈ (0, 1), sabemos que: | f ( n+ 1) ( ξ ) | < 1

y, por tanto: |Rn (1)|
1000

Así pues, tomando n = 6 tenemos (n + 1)! = 7! = 5040 > 1000. Debemos construir entonces el polinomio de Taylor de grado 6 de f (x) = cos(x) en el punto x0 = 0, es decir: p6 (x) =

f ′′ (0) 2 f (3) (0) 3 x + x + 2 3! f ( 4 ) ( 0) 4 f ( 5 ) ( 0) 5 f ( 6 ) ( 0) 6 x + x + x . 4! 5! 6!

f ( 0) + f ′ ( 0) x +

Tenemos que: f (0) = cos(0) = 1

f (4) = cos(0) = 1

f ′ (0) = − sen(0) = 0

f (5) = − sen(0) = 0

f ′′ (0) = − cos(0) = −1 f (3) (0) = sen(0) = 0

y así:

y, por tanto:

p6 (x) = 1 − cos(1) ≈ p6 (1) = 1 −

f (6) = − cos(0) = −1

x2 x4 x6 + − 2 24 720

1 1 389 1 + − = ≈ 0.5402777778. 2 24 720 720 

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394

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Aplicaciones de la serie de Taylor: caracterización de los extremos relativos Otra de las aplicaciones del teorema de Taylor es la caracterización de los extremos relativos. Sabemos que si una función f : [a, b] ⊂ R → R es derivable en un punto interior c del intervalo [a, b]. Entonces, una condición necesaria para que f tenga un extremo relativo en c es que f ′ (c) = 0. Recordemos que una manera de determinar si f tiene un máximo o un mínimo relativo (o ninguno de los dos) en c, es usar el criterio de la primera derivada (véase Teorema 4.4). Aquí veremos que las derivadas de orden superior, en caso de existir, también se pueden usar en esta determinación. Teorema 4.6 Criterio de las derivadas de orden superior

Sea una función f : [a, b] ⊂ R → R tal que f (x) ∈ C n (a, b) con n ≥ 2 y sea x0 ∈ (a, b) tal que f ′ (x0 ) = · · · = f n−1 (x0 ) = 0, pero f (n) (x0 ) 6= 0. (a) Si n es par y f (n) (x0 ) > 0, entonces f tiene un mínimo relativo en x0 . (b) Si n es par y f (n) (x0 ) < 0, entonces f tiene un máximo relativo en x0 .

(c) Si n es impar, entonces f no tiene un mínimo relativo ni un máximo relativo en x0 . D EMOSTRACIÓN. Utilizamos el teorema de Taylor en x0 y obtenemos que para x ∈ [a, b]: f (x) = pn−1 (x) + Rn−1 (x) = f (x0 ) +

f ( n) ( ξ ) (x − x0 )n , n!

donde ξ es algún punto entre x0 y x. Puesto que f (n) es continua, si f (n) (x0 ) 6= 0, entonces existe un intervalo J que contiene a x0 tal que f (n) (x) tendrá el mismo signo que f (n) (x0 ) para x ∈ J. Si tomamos x ∈ J entonces el punto ξ pertenece también a J y, por tanto, f (n) (ξ ) y f (n) (x0 ) tendrán el mismo signo. Entonces: (a) Si n es par y f (n) (x0 ) > 0, entonces para x ∈ J se tiene f (n) (ξ ) > 0 y (x − x0 )n ≥ 0 de modo que Rn−1 (x) ≥ 0. Por tanto, f (x) ≥ f (x0 ) para x ∈ J y, por consiguiente, f tiene un mínimo relativo en x0 . (b) Si n es par y f (n) (x0 ) < 0, entonces de manera análoga al caso anterior se obtiene que Rn−1 (x) ≤ 0. Por tanto, f (x) ≤ f (x0 ) para x ∈ J y, por consiguiente, f tiene un máximo relativo en x0 . (c) Si n es impar, entonces (x − x0 )n es estrictamente positivo si x > x0 pero estrictamente negativo si x < x0 . Por tanto, si x ∈ J entonces Rn−1 (x) tendrá signos contrarios a la izquierda y a la derecha de x0 . Por consiguiente, f no tiene un mínimo relativo ni un máximo relativo en x0 .  Ejemplo 4.33 Sea la función f (x) = 2x3 − 3x2 − 12x + 5. Determinar los máximos y

mínimos relativos.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

395

S OLUCIÓN. Primero, observamos que f (x) ∈ C ∞ (R ) al ser un polinomio. Tenemos: f ′ (x) = 6x2 − 6x − 12 = 6(x2 − x − 2) = 6(x − 2)(x + 1) y: f ′′ (x) = 12x − 6. Los puntos críticos son −1 y 2. Dado que f ′′ (−1) = −18 < 0 y f ′′ (2) = 18 > 0 podemos concluir, mediante el criterio de las derivadas de orden superior, que en x = −1 hay un máximo local y en x = 2 un mínimo local.  Observación 4.8

Es importante notar que el criterio de la primera derivada es más general que el de las derivadas de orden superior. Por ejemplo, podemos aplicar el criterio de la primera derivada incluso en puntos críticos donde la función no sea derivable (suponiendo, evidentemente, que sea continua).

Aplicaciones de la serie de Taylor: infinitésimos y la serie de Taylor Con objeto de determinar cuán rápido crece o decrece una función, Edmund Landau (1877–1938) introdujo la notación de órdenes de magnitud que lleva su nombre (o coloquialmente llamada notación O grande) y que nos será de gran utilidad en esta sección. Definición 4.18 Notación de Landau

Si a ∈ R, escribiremos:

f (x) = O(g(x)),

x → a,

si, y solo si, existen dos constantes d y C tales que: | f (x)| ≤ C|g(x)|,

|x − a| < d.

Ejemplo 4.34 Por ejemplo, utilizando la notación de Landau, el desarrollo de Taylor

de la exponencial centrado en el origen se puede escribir como: ex = 1 + x +

x2 + O(x3 ), 2

x → 0,

donde el último término significa que el término del error de Taylor es menor, en valor absoluto, que una constante que multiplica a x3 , siempre y cuando x esté cerca de 0.  Veamos ahora cómo, utilizando series de Taylor y la notación de Landau, podemos demostrar fácilmente que sen(x) ∼0 x. Es decir, podemos demostrar que: sen(x) = 1. x→0 x l´ım

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396

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Como queremos calcular el límite de la función en el 0, nos interesa conocer el comportamiento de la función sen(x) alrededor del origen. Para ello, calculamos la serie de Taylor entorno a este punto. Si tomamos f (x) = sen(x) ∈ C ∞ (R ): f ′′ (0) 2 f ′′′ (0) 3 x + x + ··· 2! 3! sen(0) 2 cos(0) 3 x − x + ··· = sen(0) + cos(0)x − 2! 3! x5 x7 x3 = x− + − + · · · = x + O(x3 ), x → 0, 6 120 5040

f ( x) = f ( 0) + f ′ ( 0) x +

Entonces:


sen(x) x + O(x3 ) = l´ım = l´ım 1 + O(x2 ) = 1 + 0 = 1, x→0 x→0 x→0 x x tal y como queríamos demostrar. Veamos ahora que mediante la serie de Taylor y la notación de Landau podemos resolver la mayoría de límites en x = 0 que presentan indeterminación. l´ım

Ejemplo 4.35 Calcular:

l´ım

x→0

sen(x) − x x3 

S OLUCIÓN. Como queremos calcular el límite en x = 0, nos interesa conocer el comportamiento de la función f (x) = sen(x) − x cerca de este punto. Para ello, calculamos la serie de Taylor centrada en el origen: f (x) = sen(x) − x f ′ (x) = cos(x) − 1 f ′′ (x) = − sen(x) f ′′′ (x) = − cos(x)

Por tanto:

f (x) = 0 + 0x +

f (0) = sen 0 − 0 = 0 f ′ (0) = cos 0 − 1 = 1 − 1 = 0 f ′′ (0) = − sen 0 = 0 f ′′′ (0) = − cos 0 = −1

x3 0 2 1 3 x − x + O(x4 ) = − + O(x4 ), 2! 3! 6

x → 0,

y entonces: 3   − x6 + O(x4 ) sen(x) − x 1 1 ı m ı m − + O ( x ) =− . = l´ = l´ x→0 x→0 x→0 x3 x3 6 6

l´ım



Ejemplo 4.36 Calcular:

ex − e−3x x→0 ln(x + 1) l´ım



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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

397

S OLUCIÓN. Primero calcularemos las series de Taylor de las funciones f (x) = ex − e−3x y g(x) = ln(x + 1) alrededor del punto x = 0: f (x) = ex − e−3x f ′ (x) = ex + 3e−3x Por tanto:

⇒ ⇒

f (0) = 0,

g(x) = ln(x + 1)

f ′ (0) = 4,

f (x) = 4x + O(x2 ),

g′ (x) =

1 x+ 1

g(x) = x + O(x2 ),

y entonces:

⇒

⇒

g( 0) = 0

g′ (0) = 1

x → 0,

4+0 1 4x + O(x2 ) 4 + O ( x) ex − e−3x = l´ım = l´ım = = . 2 x→0 x + O(x ) x→0 1 + O(x) x→0 ln(x + 1) 1+0 4 l´ım



4.14. Reglas de L’Hôpital El matemático francés Guillaume François L’Hôpital (1661 - 1704) fue el autor del primer texto que se ha escrito sobre cálculo diferencial, Analyse des infiniment petits (1696). El teorema sobre límites, que llegó a conocerse como la regla de L’Hôpital, apareció por primera vez en este libro, aunque se sabe que la regla se debe más bien a su maestro, el matemático suizo Johann Bernoulli (1667-1748) que fue quien la desarrolló y demostró. El teorema original se perfeccionó y amplió, y a los diferentes resultados se les conoce colectivamente como las reglas de L’Hôpital, que son las que veremos en esta sección. Estas reglas usan derivadas para evaluar ciertos límites de funciones que estén en forma indeterminada y nos permitirán demostrar los órdenes de infinitud vistos en el capítulo de límites, funciones y continuidad. Teorema 4.7 Del valor medio de Cauchy

Sean f , g : [a, b] ⊂ R → R dos funciones continuas en [a, b] y derivables en el intervalo abierto (a, b). Entonces, existe ξ ∈ [a, b] tal que:

( f (b) − f (a)) g′ (ξ ) = (g(b) − g(a)) f ′ (ξ ). D EMOSTRACIÓN. Consideramos la función h : [a, b] ⊂ R → R definida como: h(x) = ( f (b) − f (a)) g(x) − (g(b) − g(a)) f (x) + f (a)g(b) − f (b)g(a). Al ser f y g continuas en [a, b] y derivables en el intervalo abierto (a, b), también lo es la función h con: h′ (x) = ( f (b) − f (a)) g′ (x) − (g(b) − g(a)) f ′ (x). Observando la función h(x) es evidente que h(a) = h(b) = 0 y, por tanto, aplicando el teorema de Rolle (véase Teorema 4.1), existe ξ ∈ (a, b) tal que h′ (ξ ) = 0, que es lo que queríamos demostrar. 

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398

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Teorema 4.8 Regla de L’Hôpital: caso 0/0

Sea I un intervalo cerrado, a ∈ I y f , g : I\{a} → R funciones verificando: (a) f y g son derivables en I\{a}

(b) g′ (x) 6= 0 para todo x ∈ I\{a} (c) l´ım f (x) = l´ım g(x) = 0 x→a

x→a

Entonces se tiene que g(x) 6= 0 para todo x ∈ I\{a}, con lo que las funciones f /g y f ′ /g′ están definidas en I\{a} y se verifica que: f ( x) f ′ ( x) = L ∈ R entonces l´ım =L (i) Si l´ım ′ x→a g(x) x→a g (x) f ′ ( x) f ( x) (ii) Si l´ım ′ = ±∞ entonces l´ım = ±∞ x→a g(x) x→a g (x) D EMOSTRACIÓN. Observemos que la hipótesis (c) nos permite extender las funciones f y g, definiendo f (a) = g(a) = 0, para obtener funciones continuas en el punto a. Podemos seguir denotando por f y g a las extensiones así obtenidas, pues el carácter local del concepto de derivada hace que se sigan verificando las hipótesis (a) y (b), y la tesis que se busca no involucra para nada los valores que hemos dado a nuestras funciones en el punto a. En resumen, podemos suponer que f , g : I → R son funciones continuas en I con f (a) = g(a) = 0, y derivables en I\{a} con g′ (x) 6= 0 para todo x ∈ I\{a}. Para obtener la primera afirmación del teorema, sea x ∈ I\{a}. Si a < x , puesto que g es continua en el intervalo [a, x] ⊂ I y derivable en (a, x) ⊂ I\{a}, el Teorema del valor medio nos proporciona un ξ ∈ (a, x) verificando que g(x) = g(x) − g(a) = g′ (c)(x − a), pero por hipótesis tenemos g′ (c) 6= 0, luego g(x) 6= 0. En el caso x < a, razonando con el intervalo [x, a] llegamos a la misma conclusión. Así pues hemos demostrado que con las hipótesis del teorema se cumple que g(x) 6= 0 para todo x ∈ I\{a}. Demostremos ahora que se verifican (i) y (ii). De nuevo para x ∈ I con a < x, las funciones f y g son continuas en [a, x] y derivables en (a, x), luego por el teorema del valor medio de Cauchy (véase Teorema 4.7) existe ξx ∈ (a, x) tal que: es decir:

( f (x) − f (a)) g′ (ξx ) = (g(x) − g(a)) f ′ (ξx )

f ( x) f ′ (ξ ) = ′ x . g( x) g ( ξx ) En el caso x < a haríamos el mismo razonamiento con el intervalo [x, a] obteniendo la misma conclusión, solo que ahora ξx ∈ (x, a). En ambos casos tenemos: y hemos probado:

0 < |ξx − a| < |x − a|

para todo x ∈ I\{a} existe ξx ∈ I tal que 0 < |ξx − a| < |x− a| y

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f ( x) f ′ ( ξx ) = ′ . (4.1) g( x) g ( ξx )

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

399

A partir de aquí el resto de la demostración es bastante inmediato, pero debe hacerse considerando por separado los dos casos a demostrar. (i) Si:

f ′ ( x) =L∈R x→a g′ (x) entonces, por la definición formal de límite, sabemos que dado ε > 0 podemos encontrar δ > 0 tal que: ′ f ( y) (4.2) − L < ε . y ∈ I, 0 < |y − a| < δ =⇒ ′ g ( y) l´ım

Entonces, para x ∈ I con 0 < |x − a| < δ , al aplicar la ecuación (4.1) tenemos: 0 < |ξx − a| < δ , luego podemos usar la ecuación (4.2) con y = ξx para obtener: ′ f ( x) f ( ξx ) g(x) − L = g′ (ξx ) − L < ε , tal y como queríamos demostrar.

(ii) Si:

f ′ ( x) = +∞ x→a g′ (x) entonces, por la definición formal de límite, sabemos que dado K ∈ R tenemos δ > 0 tal que: l´ım

y ∈ I,

0 < |y − a| < δ

=⇒

f ′ ( y) > K. g′ (y)

(4.3)

Entonces, para x ∈ I con 0 < |x − a| < δ aplicando las ecuaciones (4.1) y (4.3) concluímos que: f ′ ( ξx ) f ( x) = ′ >K g( x) g ( ξx ) tal y como queríamos demostrar. En el caso que: f ′ ( x) = −∞ x→a g′ (x) l´ım

se aplica la misma demostración anterior pero cambiando f por − f .



Ejemplo 4.37 Calcular el límite:

sen(x) . x→0 x l´ım



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400

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN. Dado que las funciones f (x) = sen(x) y g(x) = x son continuas y derivables en R y además g′ (x) = 1 6= 0, aplicando L’Hôpital: 0 (sen(x))′ cos(x) sen(x) = « » (indeterminación) = l´ım =1 = l´ım ′ x→0 x→0 x→0 x 0 ( x) 1 l´ım

 Es posible extender la regla de L’Hôpital al caso de indeterminaciones del tipo ∞/∞ tal y como se verá en el teorema siguiente cuya demostración se omite. Teorema 4.9 Regla de L’Hôpital: caso ∞/∞

Sea I un intervalo cerrado, a ∈ I y f , g : I\{a} → R funciones verificando: (a) f y g son derivables en I\{a}

(b) g′ (x) 6= 0 para todo x ∈ I\{a} (c) l´ım g(x) = ±∞ x→a

Entonces existe ρ > 0 tal que, para x ∈ I con 0 < |x−a| < ρ , se tiene g(x) 6= 0. Además, se verifica que: f ′ ( x) f ( x) (i) Si l´ım ′ = L ∈ R entonces l´ım =L x→a g (x) x→a g(x) (ii) Si

f ′ ( x) = ±∞ x→a g′ (x) l´ım

entonces

l´ım

x→a

f ( x) = ±∞ g( x)

Para completar todos los casos, analizaremos la adaptación de las reglas de L’Hôpital vistas al caso en que el límite no es en un punto a ∈ R sino en +∞ o en −∞. Teorema 4.10 Regla de L’Hôpital en ∞

Sea I un intervalo cerrado y f , g : I → R funciones verificando: (a) f y g son derivables en I (b) g′ (x) 6= 0 para todo x ∈ I

Supongamos, además, que se cumple una de las siguientes condiciones: (c1) l´ım f (x) = l´ım g(x) = 0 x→+∞

x→+∞

(c2) l´ım g(x) = ±∞ x→+∞

Entonces existe M > 0 tal que, para x ∈ I con x > M, se tiene g(x) 6= 0. Además, se verifica que: f ′ ( x) f ( x) (i) Si l´ım ′ = L ∈ R entonces l´ım =L x→+∞ g (x) x→+∞ g(x) f ( x) f ′ ( x) = ±∞ entonces l´ım = ±∞ x→+∞ g(x) x→+∞ g′ (x) Se puede escribir un enunciado análogo para el comportamiento en −∞. (ii) Si

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l´ım

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

401

D EMOSTRACIÓN. En primer lugar, la hipótesis (b) implica que g es estrictamente monótona, luego a lo sumo podrá anularse en un punto de I, lo que garantiza la existencia de M. Usamos ahora un procedimiento para reducir el estudio del comportamiento de funciones en +∞ al comportamiento en 0 de funciones adecuadas. El caso −∞ tendría un tratamiento análogo. Fijamos α ∈ I, con α > M, tomamos J = [0, 1/α ) y definimos las funciones:

φ , ψ : J\{0} → R como:

φ (x) = f (1/x),

ψ (x) = g(1/x),

∀x ∈ J\{0}

Por la definición dada de estas funciones, tenemos que el comportamiento en +∞ del cociente f /g será el mismo que tenga φ /ψ en 0. Por la regla de la cadena, φ y ψ son funciones derivables en J\{0} con:

φ ′ ( x) = −

1 ′ f (1/x), x2

ψ ′ ( x) = −

1 ′ g (1/x) 6= 0, x2

∀x ∈ J\{0}

Si se verifica (c1) tenemos que: l´ım φ (x) = l´ım ψ (x) = 0, x→0

x→0

luego las funciones φ y ψ verifican las hipótesis de la regla de L’Hôpital (caso 0/0) (véase Teorema 4.8). Si se verifica (c2), entonces: l´ım ψ (x) = ±∞

x→0

y se cumplen las hipótesis de la regla de L’Hôpital (caso ∞/∞) (véase Teorema 4.9). Podemos, por tanto, aplicar la regla que proceda a las funciones φ y ψ usando el intervalo J, para obtener el comportamiento del cociente φ /ψ en 0. Teniendo en cuenta que:

φ ′ ( x) f ′ (1/x) , = ψ ′ ( x) g′ (1/x)

∀x ∈ J\{0}

el comportamiento en 0 del cociente φ ′ /ψ ′ es el mismo que tenga f ′ /g′ en +∞. Así pues: f ′ ( x) =L x→+∞ g′ (x) l´ım

⇔

φ ′ ( x) =L x→0 ψ ′ (x) l´ım

⇒

φ ( x) =L x→0 ψ (x) l´ım

⇔

f ( x) =L x→+∞ g(x) l´ım

y se puede hacer un razonamiento análogo en el caso (ii).  Veamos que las reglas de L’Hôpital permiten demostrar los órdenes de infinitud vistos en el capítulo de funciones, límites y continuidad.

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402

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejemplo 4.38 Calcular el límite:

l´ım

x→+∞

ln(x) . x 

S OLUCIÓN. Consideremos el intervalo (1, +∞) y las funciones f (x) = ln(x) y g(x) = x, entonces se verifican las hipótesis de L’Hôpital y tenemos: ln(x) +∞ =« » (indeterminación) x→+∞ x +∞ (ln(x))′ 1/x 1 = l´ım = l´ım = l´ım = 0 x→+∞ (x)′ x→+∞ 1 x→+∞ x l´ım

Es decir, acabamos de demostrar que g(x) = x es un infinito de orden superior a f (x) = ln(x) en el infinito.  Ejemplo 4.39 Calcular el límite:

x2 . x→+∞ ex l´ım

 S OLUCIÓN. Consideremos la recta real R y las funciones f (x) = x2 y g(x) = ex ; entonces se verifican las hipótesis de L’Hôpital y tenemos:

(x2 )′ 2x x2 = l´ ı m = l´ım x x x ′ x→+∞ (e ) x→+∞ e x→+∞ e l´ım

Observamos que las funciones 2x y ex verifican las hipótesis de L’Hôpital y, por tanto: 2x (2x)′ 2 = l´ ı m = l´ım x = 0 x x ′ x→+∞ e x→+∞ (e ) x→+∞ e l´ım

Es decir, acabamos de demostrar que g(x) = ex es un infinito de orden superior a f (x) = x2 en el infinito.  Ejemplo 4.40 Calcular el límite:

x2 . x→+∞ 2x l´ım

 S OLUCIÓN. Consideremos la recta real R y las funciones f (x) = ces se verifican las hipótesis de L’Hôpital y tenemos:

x2

y g( x) =

2x ,

enton-

(x2 )′ 2x x2 = l´ım = l´ım x x x→+∞ (2x )′ x→+∞ 2 ln (2) x→+∞ 2 l´ım

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

403

Observamos que las funciones 2x y 2x ln (2) verifican las hipótesis de L’Hôpital y, por tanto: 2x (2x)′ 2 l´ım x = l´ım = l´ım x =0 x ′ x→+∞ (2 ln (2)) x→+∞ 2 (ln (2))2 x→+∞ 2 ln (2) Es decir, acabamos de demostrar que g(x) = 2x es un infinito de orden superior a f (x) = x2 en el infinito.  Ejemplo 4.41 Calculemos diferentes límites aplicando L’Hôpital:

x − sen(x) 1 − cos(x) 0 = « » (indeterminación) = l´ım =0 x→0 x 0 1 0 6 x2 − 9 2x l´ım 2 = « » (indeterminación) = l´ım = =6 x→3 x − 5x + 6 x→3 2x − 5 0 1 0 cos(x) sen(x) = « » (indeterminación) = l´ım =1 l´ım x→0 x→0 x 0 1 1 − cos(x) sen(x) 0 l´ım = « » (indeterminación) = l´ım 1 = l´ım sen(x) cos2 (x) = 0 x→0 tan(x) x→0 x→0 0 cos2 (x) l´ım

x→0

ex + 3e−3x ex − e−3x 0 4 = « » (indeterminación) == l´ım = =4 1 x→0 x→0 ln(x + 1) 0 1 x+ 1 l´ım

sen(2x) 2 cos(2x) 2 0 = = « » (indeterminación) = l´ım x→0 3 − 2x 3x − x2 0 3 √ 1 2 x ln(x) +∞ x » (indeterminación) = l´ım 1 = l´ım =0 l´ım √ = « x→+∞ √ x→+∞ x x→+∞ x +∞ 2 x l´ım

x→0

Ejemplo 4.42 Calcular:

l´ım

x→+∞

S OLUCIÓN. l´ım

x→+∞

x + sen(x) x − sen(x)

=« =





x + sen(x) . x − sen(x)



+∞ » (indeterminación) +∞

x l´ım x x→+∞ x x

+ senx(x) sen(x) x

=

1+0 =1 1−0

− En este caso, no podemos aplicar L’Hôpital porque la derivada del denominador, 1 − cos(x), se anula al acercarnos a infinito. Si hubiéramos usado L’Hôpital habríamos obtenido un resultado erróneo: x + sen(x) 1 + cos(x) = l´ım =∄ x→+∞ 1 − cos(x) x→+∞ x − sen(x) l´ım

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404

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejemplo 4.43 Calcular:

x2 sen( 1x ) . x→0 sen(x) l´ım

 S OLUCIÓN. x2 sen( 1x ) 0 = « » (indeterminación) x→0 sen(x) 0 En este caso, tampoco podemos aplicar L’Hôpital porque el numerador no es derivable en 0:
  x2 sen 1x x 1 1 = l´ım x = l´ım x sen( ) = «0· acotada» = 0 sen l´ım x→0 sen(x) x→0 x→0 sen (x) x | {zx } | {z } l´ım

acotada

→1



Ejemplo 4.44 Las reglas de L’Hôpital se deben aplicar con cuidado, ya que solo se

cumplen en el caso en que g′ (x) no cambia de signo infinitas veces en un entorno de ∞. Por ejemplo, consideremos el límite f (x)/g(x) con: f (x) = x + cos (x) sen (x) g(x) = esen (x) (x + cos (x) sen (x)) cuando x → ∞. Mientras que f (x) y g(x) tienden a ∞ cuando x → ∞, el límite de su cociente no existe aunque está acotado en el intervalo [1/e, e]. En cambio, el límite de f ′ (x)/g′ (x) tiende a 0. Esto es debido a que no se satisfacen las hipótesis de las reglas de L’Hôpital. Véase la Figura 4.39.  Ejemplo 4.45 Las reglas de L’Hôpital se deben aplicar con cuidado, ya que solo se cumplen en el caso en que g′ (x) no cambia de signo infinitas veces en un entorno de 0. Por ejemplo, consideremos el límite f (x)/g(x) con: 2)

f (x) = x sen(x−4 )e(−1/x 2)

g(x) = e(−1/x

cuando x → 0. Mientras que f (x) y g(x) tienden a 0 cuando x → 0, el límite de su cociente es 0, mientras que el límite de f ′ (x)/g′ (x) no está acotado en la recta real. Véase la Figura 4.40.  Las formas indeterminadas 0 · ∞, ∞ − ∞, ∞0 , 00 , 1∞ se pueden reducir a los casos que hemos visto anteriormente por medio de manipulaciones algebraicas y del uso de funciones logarítmicas y exponenciales. Se ilustran, a continuación, las técnicas pertinentes para cada tipo de forma indeterminada.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

405

f ( x) g( x)

g( x)

f ( x) f ′ ( x) g′ (x)

Figura 4.39. Gráficas de f (x) = x + cos (x) sen (x) y g(x) = esen (x) (x + cos (x) sen (x)) (izquierda) y de su cociente y del cociente de sus derivadas (derecha).

(1) Formas indeterminadas 0 · ∞. Si queremos calcular l´ım f (x)g(x) con: x→a

l´ım f (x) = 0 y l´ım g(x) = ∞

x→a

x→a

entonces podemos escribir: l´ım

x→a

f ( x) 1 g ( x)

=

0 ∞ g( x) o bien l´ım 1 = x→a 0 ∞ f ( x)

(2) Formas indeterminadas ∞ − ∞. Si queremos calcular l´ım ( f (x) − g(x)) con: x→a

l´ım f (x) = ∞ y l´ım g(x) = ∞

x→a

x→a

entonces podemos escribir: l´ım f (x) − g(x) = l´ım

x→a

1 g ( x)

x→a

−

1 f ( x)

1 f ( x) g ( x)

=

0 0

(3) Formas indeterminadas ∞0 , 00 , 1∞ . Si queremos calcular l´ım f (x)g(x) con: x→a

l´ım f (x) = ∞ y l´ım g(x) = 0

x→a

x→a

o bien: l´ım f (x) = 0 y l´ım g(x) = 0

x→a

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x→a

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406

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

g( x)

f ( x)

f ′ ( x) g′ (x)

f ( x) g( x)

2 2 Figura 4.40. Gráficas de las funciones f (x) = x sen(x−4 )e(−1/x ) y g(x) = e(−1/x ) (arri-

f ′ (x)

f (x)

ba) así como de las funciones g(x) (abajo izquierda) y g′ (x) (abajo derecha).

o bien: l´ım f (x) = 1 y l´ım g(x) = 0

x→a

x→a

podemos escribir: f (x)g(x) = eln ( f (x)

g(x) )

= eg(x) ln( f (x)) ,

y entonces: l´ım g(x) ln( f (x))

l´ım f (x)g(x) = l´ım eg(x) ln ( f (x)) = ex→a

x→a

x→a

donde l´ım g(x) ln( f (x)) es una indeterminación 0 · ∞. x→a

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

407

Ejercicio propuesto 4.7

Comprobar que: (a) El límite l´ım x ln2 (x) se resuelve usando (1). x→0

(b) El límite l´ım− ln(x) ln(1 − x) se resuelve usando (1). x→1

(c) El límite l´ım (3 − 4x) tan x→ 34

(d) El límite l´ım

x→0



1 sen(x)




2π 3 x

se resuelve usando (1).

 − 1x se resuelve usando (2).

(e) El límite l´ım xx se resuelve usando (3). x→0+

1

(f) El límite l´ım x 1−x se resuelve usando (3). x→1

Problemas resueltos (derivabilidad) Problema 4.1

Calcular la segunda derivada de las funciones: 2

(a) f (x) = ex

(c) h(x) = ln

(b) g(x) = (1 + x2 ) arctan (x)

√ 3

(d) i(x) = a cosh

1 + x2 x



a

Solución 2

(a) f ′ (x) = 2xex ,

2

2

f ′′ (x) = 2ex + 4x2 ex

(b) g′ (x) = 2x arctan (x) + 1,

g′′ (x) = 2 arctan (x) +

2x 1 + x2

2x 2 4x2 ′′ , h ( x ) = − 3(1 + x2 ) 3(1 + x2 ) 3(1 + x2 )2 x x 1 (d) i′ (x) = senh , i′′ (x) = cosh a a a (c) h′ (x) =

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408

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 4.2

Si f : R −→ R es función derivable, calcular las derivadas de las funciones: (c) g(x) = f (sen2 (x)) + cos ( f (x))

(a) g(x) = f (x2 + 1) (b) g(x) =

f ( x) + 1 x2 + 1

(d) g(x) = e f (x) + x2 f (x) + f ( f (x))

Solución

Aplicando la regla de la cadena tenemos que: (a) g′ (x) = 2x f ′ (x2 + 1) f ′ (x)(x2 + 1) − 2x( f (x) + 1) (b) g′ (x) = (x2 + 1)2 (c) g′ (x) = 2 sen(x) cos(x) f ′ (sen2 (x)) − sen( f (x)) f ′ (x) (d) g′ (x) = f ′ (x)e f (x) + 2x f (x) + x2 f ′ (x) + f ′ ( f (x)) f ′ (x)

Problema 4.3

Sea la función f : R −→ R definida por:  2 x , si x ≥ 0 f ( x) = −x2 , si x < 0 (a) Estudiar la continuidad de la función en R. (b) Estudiar la derivabilidad de la función en R. Calcular la función derivada f ′ . (c) Aplicando la definición de derivada de una función en un punto, calcular f ′ (−3). (d) Estudiar la existencia de la derivada segunda de f .

Solución

(a) f es continua en x = 0 pues: l´ım f (x) = l´ım− −x2 = 0 = l´ım f (x) = l´ım x2 = f (0).

x→0−

x→0

x→0+

x→0+

La función f es también continua en el resto de puntos de R, ya que está definida por polinomios. Por tanto, f ∈ C 0 (R ). (b) La función es derivable en todo punto x 6= 0 al estar definida por polinomios. f también es derivable en x = 0, pues: h2 f ( h) − f ( 0) = l´ım+ = 0 h h→0 h h→0 f ( h) − f ( 0) −h2 l´ım− = l´ım− =0 h h h→0 h→0 l´ım+

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

409

por lo que f ′ (0) = 0. Finalmente, podemos escribir: f ( x) =



2x, si x ≥ 0 −2x, si x < 0

(c) Aplicando la definición de derivada de una función en un punto tenemos: f ′ (−3) = l´ım

h→0

f (−3 + h) − f (−3) −(−3 + h)2 + (−3)2 = l´ım = 6. h→0 h h

(d) Es evidente que f ′ es derivable en x < 0 y x > 0. Estudiemos la derivabilidad de f ′ en x = 0: 2h f ′ ( h) − f ′ ( 0) = l´ım+ =2 h h→0 h h→0 f ′ ( h) − f ′ ( 0) −2h l´ım− = l´ım− = −2 h h h→0 h→0 l´ım+

Que ambos límites sean distintos implica que no existe f ′′ (0). Por tanto, la segunda derivada de f existe en R − {0} y su valor es: f ′′ (x) =

 

2, si x > 0

 −2, si x < 0

En la Figura 4.41, donde se ha representado la función f (x), así como sus derivadas primera y segunda. Podemos comprobar los resultados obtenidos en los distintos apartados.

Problema 4.4

Calcular las derivadas laterales de las siguientes funciones en los puntos que se indican:  x  , si x 6= 0  1 + e1/x en el punto a = 0 (a) f (x) =   0, si x = 0    1   (x − 2) arctan , si x 6= 2 x−2 (b) f (x) = en a = 2.   0, si x = 2

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410

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f ′ ( x)

f ′′ (x) f ( x) Figura 4.41. Gráfica de la función del Problema 4.3 y de sus derivadas primera y segunda.

Solución

(a) Aplicando la definición de derivada: f ( x) − f ( 0) f (0) = l´ım = l´ım x→0 x→0 x−0 ′

=

x 1+e1/x

x

= l´ım

x→0

1 1 + e1/x

 1 1 1 1   = =0 = l´ım+  + = + ∞ 1/x 1/0  1+e +∞ 1+e   x→0 1 + e       l´ım − x→0

1 1 1 1 = = = = 1. 1 + e−∞ 1+0 1 + e1/x 1 + e1/0−

Por tanto, f +′ (0) = 0 y f−′ (0) = 1, y dado que no coinciden las derivadas laterales, la función f no es derivable en el cero. (b) Aplicando la definición de derivada:

Entonces:

(x − 2) arctan f ( x) − f ( 2) f ′ (2) = l´ım = l´ım x→2 x→2 x−2 x−2   1 = l´ım arctan . x→2 x−2 f +′ (2) = l´ım+ arctan x→2

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1 x−2



1 x−2

= l´ım arctan(y) = y→+∞




π , 2

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

(a)

411

(b)

Figura 4.42. Gráficas de las funciones del Problema 4.4 y rectas tangentes laterales en los puntos estudiados.

y: f +′ (2)



1 = l´ım− arctan x−2 x→2



π = l´ım arctan(y) = − , y→−∞ 2

donde en los dos límites anteriores se ha hecho el cambio de variable: y=

1 x−2

Por tanto, f +′ (2) = π2 y f−′ (0) = − π2 , y dado que no coinciden las derivadas laterales, la función f no es derivable en el punto x = 2. En la Figura 4.42 se han representado las gráficas de las funciones y las rectas tangentes laterales en los puntos estudiados. Problema 4.5

Se considera la función f : R −→ R definida por:  2ax + 3, si x < 1       3, si x = 1 f ( x) =     x2 − bx   , si x > 1 x+5

Estudiar la continuidad y derivabilidad de esta función según los valores de los parámetros a, b ∈ R.

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412

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución

Estudiemos primero el interior de los intervalos: en (−∞, 1), f es continua y derivable ∀a, b ∈ R. en (1, ∞), f es continua y derivable ∀a, b ∈ R porque el denominador no se anula en este intervalo. Falta entonces estudiar el punto x = 1: Continuidad:

f ( 1) = 3 l´ım f (x) = l´ım− (2ax + 3) = 2a + 3

x→1−

x→1

x2 − bx 1 − b = x+5 6 x→1 x→1 y entonces f es continua en x = 1 si, y solo si:  (  3 = 2a + 3 a=0 1−b ⇔ 3 = 2a + 3 = ⇔ 1 − b  3= 6 b = −17 6 Por tanto, f es continua en R si, y solo si, a = 0 y b = −17. l´ım+ f (x) = l´ım+

Derivabilidad: Tenemos que estudiar solo el caso en que f es continua, es decir, a = 0 y b = −17. 1 (1 + h)2 + 17 f ( 1 + h) − f ( 1) 19 6 ( 1 + h) − 3 = l´ım 6 = h h 6 h→0+ h→0+ 3−3 f ( 1 + h) − f ( 1) = l´ım− =0 l´ım h h h→0 h→0− y, por tanto, f no es derivable en x = 1 para ningún valor de a, b ∈ R.

l´ım

Problema 4.6

Estudiar la derivabilidad de las funciones que se indican, calculando su campo de derivabilidad. Escribir la expresión de la función derivada correspondiente, en el caso de que exista. (a) f (x) = sen(x) · ⌊x⌋ (b) f (x) = x|x|  1 − x, si x ≤ 0 (c) f (x) = e−x , si x > 0 (d) f (x) = x2 − ⌊x2 ⌋

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

413

Solución

(a) Estudiemos la continuidad de la función f (x) en los puntos k ∈ Z. Si calculamos los límites laterales: l´ım sen(x) · ⌊x⌋ = sen(k) · (k − 1)

x→k−

l´ım sen(x) · ⌊x⌋ = sen(k) · (k)

x→k+

Observamos que salvo en el caso k = 0, en el que ambos límites dan cero, los anteriores límites son distintos. Así pues, la función tiene discontinuidades de salto en todos los números enteros salvo en el punto x = 0, donde es continua. Estudiemos ahora la derivabilidad de la función en este punto. Si calculamos las derivadas laterales: f ( h) − f ( 0) sen(h) · ⌊h⌋ − sen(0) · ⌊0⌋ sen(h) · (−1) = l´ım− = l´ım− = −1, h h h h→0 h→0 h→0 f ( h) − f ( 0) sen(h) · ⌊h⌋ − sen(0) · ⌊0⌋ sen(h) · (0) l´ım+ = l´ım− = l´ım− = 0. h h h h→0 h→0 h→0 l´ım−

Al ser distintas las derivadas laterales en x = 0, podemos asegurar que la función no es derivable en este punto. Estudiemos ahora los números reales no enteros. Sea a ∈ R − Z. Entonces: l´ım

h→0

f ( a + h) − f ( a) sen(a + h)⌊a + h⌋ − sen(a)⌊a⌋ = l´ım h→0 h h sen(a + h)⌊a⌋ − sen(a)⌊a⌋ = l´ım h→0 h sen(a + h) − sen(a) = l´ım ⌊a⌋ h→0 h sen(a + h) − sen(a) = l´ım ⌊a⌋ = cos(a)⌊a⌋ h→0 | {z h } →cos (a)

Por tanto, f es derivable en R − Z y su derivada es: f ′ (x) = cos(x)⌊x⌋.

En la Figura 4.43 (arriba izquierda) se ha representado la función de este apartado y pueden comprobarse los resultados obtenidos. (b) La función f (x) = x|x| puede expresarse como:  x2 , x≥0 f (x) = x|x| = 2 −x , x 0. Estudiemos la derivabilidad en x = 0: f ( h) − f ( 0) e−h − 1 (∗) = l´ım+ = −1 h h h→0 h→0 f ( h) − f ( 0) 6 1 − h− 6 1 = l´ım− = −1 l´ım− h h h→0 h→0 l´ım+

Para calcular el primero de los límites, consideremos el cambio t = e−h − 1, entonces h → 0+ ⇔ t → 0− y h = − ln(1 + t ). Utilizando que ln(1 + t ) ∼0 t: l´ım+

h→0

e−h − 1 t = l´ım− = −1. h t→0 − ln(1 + t ) 

−1 , x≤0 −e−x , x>0 En la Figura 4.43 (abajo izquierda) se ha representado la función de este apartado y pueden comprobarse los resultados obtenidos. (d) Notemos que si x ∈ (−1, 1) entonces x2 ∈ (0, 1) y, por tanto: Por tanto, f es derivable en R y f ′ (x) =

⌊x2 ⌋ = 0

si x ∈ (−1, 1).

Por tanto: f (x) = x2 − ⌊x2 ⌋ = x2

si

x ∈ (−1, 1).

Es decir, la función f (x) en el intervalo (−1, 1) coincide con la parábola x2 . Así pues, podemos asegurar que la función f (x) es continua y derivable en este intervalo. p La función ⌊x2 ⌋ tiene discontinuidades de salto en ± |k|, ∀k ∈ Z − {0} y en consecuencia no es derivable en estos puntos. ¿Qué pasa en el resto de puntos? Consideremos un número real a que no sea la raíz cuadrada de ningún número natural. Entonces: l´ım

h→0

✐

(a + h)2 − ⌊(a + h)2 ⌋ − a2 + ⌊a2 ⌋ f ( a + h) − f ( a) = l´ım h→0 h h 2 2 a + 2ah + h − a2 + ⌊a2 ⌋ − ⌊(a + h)2 ⌋ = l´ım h→0 h h(2a + h) ⌊a2 ⌋ − ⌊(a + h)2 ⌋ = l´ım + l´ım h→0 h→0 h h 2 h(2a + h) ⌊a ⌋ − ⌊a2 ⌋ = l´ım + l´ım h→0 h→0 h h = 2a + 0 = 2a

✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

415

Por tanto, tenemos que f es derivable en: p R − {x ∈ R|x = ± |k|, k ∈ Z − {0}} y: f ′ (x) = 2x,

p x 6= ± |k|,

k ∈ Z − {0}.

En la Figura 4.43 (abajo derecha) se ha representado la función de este apartado y pueden comprobarse los resultados obtenidos.

(a)

(b)

(c)

(d)

Figura 4.43. Gráfica de las funciones del Problema 4.6.

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416

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 4.7

Estudiar la continuidad y derivabilidad de las funciones fn : R −→ R, definidas por:     xn sen 1 , si x 6= 0 x f n ( x) =  0, si x = 0

según los valores de n ∈ N. Solución

Las funciones fn son funciones continuas para todo x 6= 0. Las funciones fn también son continuas en x = 0, ya que:   1 = «0· acotado» = 0 = fn (0). l´ım fn (x) = l´ım x sen x→0 x→0 x n

En el límite anterior hemos usado que al hacer el límite cuando x tiende a 0, evaluamos la función fn (x) en puntos x 6= 0 cercanos a cero. Por eso hemos puesto que:   1 fn (x) = x sen . x n

También se ha usado que para n ≥ 1, si x → 0, entonces xn → 0. Estudiemos ahora la derivabilidad. Si x 6= 0: fn′ (x) = nxn−1 sen

        1 1 1 1 1 + xn cos − 2 = nxn−1 sen − xn−2 cos . x x x x x

Si x = 0, utilizamos la definición de derivada:

fn′ (0) = l´ım

x→0

=

f n ( x) − f n ( 0) = l´ım x→0 x−0

  1   1 x = l´ım xn−1 sen x→0 x x

xn sen

  «0· acotado» = 0, si n > 1  ∄,

si n = 1.

Por tanto, las funciones fn (x) son continuas en R, n ∈ N. También son derivables en R, excepto la función f1 (x) que es derivable en R − {0}.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

417

Problema 4.8

Estudiar la derivabilidad y calcular la derivada de las siguientes funciones:  
1 1 (a) f (x) = |x| + x 2 + sen + ln x + 1 (f) f ( x ) = √ 2 x x2 (b) f (x) = e−x + x   |t|, t≤1 x+1 (c) f (x) = (g) f ( t ) = x−1  −(t − 1)2 , t > 1 √ x2 + 1  t (d) f (x) = t ≤0  e, x (h) f ( t ) = 1, 0 0, la función será creciente y donde f ′ (x) < 0, la función será decreciente. Para calcular el

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424

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

signo de f ′ (x) nos interesa saber los puntos donde f ′ (x) se anula. f ′ (x) = −2x ln(x2 + 1) − (x2 + 1)

2x − 2x x2 + 1

= −2x ln(x2 + 1) − 2x − 2x = −2x(ln(x2 + 1) + 2) Por tanto, f ′ (x) = 0 si x = 0 o bien si: ln(x2 + 1) = −2

=⇒

x2 + 1 = e−2

=⇒

x2 = e−2 − 1 < 0.

En consecuencia, el único punto crítico en [0, e] es x = 0. Además, dado que: f ′ (e) = −22.44 < 0, la función f es estrictamente decreciente en el intervalo [0, e], y, por tanto, solo tenemos un cero en el intervalo [0, e]. Podemos corroborar el resultado obtenido observando la Figura 4.48.

e

Figura 4.48. Gráfica de la función f (x) = 5 − (x2 + 1) · ln(x2 + 1) − x2 en el intervalo [0, e].

Problema 4.15

Demostrar utilizando la definición de derivada que si f (x) = x3 , entonces f ′ (x) = 3x2 .

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

425

Solución

Aplicando la definición de derivada de una función en un punto tenemos que: f ′ (a) = l´ım

h→0

(a + h)3 − a3 a3 + 3a2 h + 3ah2 + h3 − a3 f ( a + h) − f ( a) = l´ım = l´ım h→0 h→0 h h h

3a2 h + 3ah2 + h3 = l´ım 3a2 + 3ah + h2 = 3a2 h→0 h→0 h

= l´ım

como queríamos ver. Problema 4.16

Calcular la derivada de las siguientes funciones:   5+x (a) f (x) = ln 5−x 3 cos(x) 2 ex p  (c) f (x) = ln 1 + sen2 (x)

(b) f (x) =

Solución

(a) Debemos calcular la derivada de la función:   5+x . f (x) = ln 5−x Aplicando la regla de la cadena y la derivada de un cociente:   5 + x ′ 5 − x (5 − x) − (5 + x)(−1) 1 5−x 10 = f ′ ( x) = · = · · 2 5+x 5−x 5+x ( 5 − x) 5 + x ( 5 − x) 2 5−x

=

10 10 = . (5 + x)(5 − x) 25 − x2

(b) Debemos calcular la derivada de la función: f ( x) =

3 cos(x) . 2 ex

Aplicando la derivada de un cociente: f ′ ( x) =

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2 2 −3 sen(x)ex − 3 cos(x)ex 2x −3 sen(x) − 6x cos(x) = . 2 2 x 2 (e ) ex

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426

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(c) Debemos calcular la derivada de la función: f (x) = ln

q

 1 + sen2 (x) .

Aplicando la regla de la cadena: f ′ ( x) = p

1 1 + sen2 (x)

1 sen(x) cos(x) . · p · 2 sen(x) cos(x) = 2 1 + sen2 (x) 2 1 + sen (x)

Problema 4.17

Calcular las derivada de las siguientes funciones: (a) f (x) = sen(x) sen(x2 ) (b) f (x) =

(c) f (x) = ln

x ln

1 x




(d) f (x) =

p

1 + cos2 (x)

2 sen(x2 ) ex2



Solución

(a) Debemos calcular la derivada de la función f (x) = sen(x) sen(x2 ). Aplicando la derivada de un producto y la regla de la cadena: f ′ (x) = cos(x) sen(x2 ) + sen(x)(− cos(x2 )2x)

= sen(x2 ) cos(x) − 2x sen(x) cos(x2 ).

(b) Debemos calcular la derivada de la función: x

f ( x) =

ln

1 x

Reexpresando el logaritmo como: f ( x) =

x ln

y aplicando la derivada de un cociente: f ′ ( x) =

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1 x


=

− ln(x) − x −1 x 2

ln (x)


.

x . − ln(x)

=

1 − ln(x) . ln2 (x)

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

(c) Debemos calcular la derivada de la función f (x) = ln la regla de la cadena: 1

427

p  1 + cos2 (x) . Aplicando


−1/2 1 1 + cos2 (x) · 2 cos(x)(− sen(x)) 1 + cos2 (x) 2 1 1 =− · 2 sen(x) cos(x) 2 1 + cos2 (x) − sen(x) cos(x) = . 1 + cos2 (x)

f ′ ( x) = p

·

(d) Debemos calcular la derivada de la función: f ( x) =

2 sen(x2 ) . ex2

Aplicando la derivada de un cociente y la regla de la cadena: 2

2

2 cos(x2 ) · 2xex − 2 sen(x2 )ex · 2x
2 ex2
4x cos(x2 ) − sen(x2 ) = 2 ex

g′ (x) =

Problema 4.18

Demostrar que la derivada de la función f (x) = 2x es f ′ (x) = 2x ln(2). Ayuda: (1) Tomar logaritmos en la ecuación f (x) = 2x y simplificar el resultado. (2) Derivar la ecuación obtenida en el paso (1) utilizando la regla de la cadena. Se obtendrá una ecuación donde aparecerá f ′ (x). (3) Aislar la derivada f ′ (x) para obtener el resultado deseado. Solución

Sabemos que f (x) = 2x , por tanto: ln( f (x)) = ln(2x ) = x ln(2). Si derivamos esta expresión, aplicando la regla de la cadena, obtenemos:

(ln( f (x)))′ = (x ln(2))′

=⇒

1 · f ′ (x) = ln(2) f ( x)

=⇒

f ′ (x) = ln(2) f (x) = ln(2)2x = 2x ln(2)

=⇒

como queríamos ver.

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428

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 4.19

√ Deducir la derivada de la función g(x) = x sabiendo que f (x) = x2 y g(x) son funciones inversas respecto a la composición, es decir:

( f ◦ g)(x) = (g ◦ f )(x) = x. Ayuda:

(1) Tener en cuenta que f ′ (x) = 2x. (2) Aplicar la regla de la cadena convenientemente.

Solución

Aplicando la regla de la cadena en la derivada de ( f ◦ g)(x) = x obtenemos:

( f ◦ g)′ (x) = x′ ⇐⇒ f ′ (g(x)) · g′ (x) = 1 ⇐⇒ g′ (x) =

1 f ′ (g(x))

1 ⇐⇒ g′ (x) = √ 2 x √ √ ya que f ′ (x) = 2x y g(x) = x y, por tanto, f ′ (g(x)) = 2 x. Problema 4.20

Demostrar, mediante el cálculo de la derivada de la función inversa, que si: g(x) = arc sen (x) entonces:

1 . g′ (x) = √ 1 − x2

Ayuda: expresar cos(x) en términos de sen(x) usando la relación: cos2 (x) + sen2 (x) = 1. Recuérdese que la función seno, para ser invertible, debe ser restringida al intervalo [− π2 , π2 ]. Solución

La función arc sen(x) es la inversa de la función sen(x) cuando se restringe al intervalo [− π2 , π2 ]. Recordemos que una forma de calcular la derivada de la inversa de una función es:
′ 1 1 = . f −1 (x) = ′ −1 f ( f (x)) cos(arc sen (x)) Siguiendo la sugerencia dada, recordemos que sen2 (x) + cos2 (x) = 1, y, por tanto: q cos(x) = ± 1 − sen2 (x).

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

Así pues:

429

 p  + 1 − sen2 (x) , x ∈ [− π2 , π2 ] cos(x) =  −p1 − sen2 (x) , x ∈ [ π , 3π ] 2 2

Dado que los valores de la función arc sen(x) pertenecen siempre al intervalo [− π2 , π2 ]: q p cos(arc sen(x)) = + 1 − sen2 (arc sen(x)) = + 1 − x2 , por tanto:


′ 1 . f −1 (x) = √ 1 − x2

Problema 4.21

Sean f (x) y g(x) dos funciones derivables. Considerar la función: h( x) = f ( x) g ( x) .

(4.4)

(a) Calcular h′ (x) siguiendo los siguientes pasos: (i) Aplicar el logaritmo neperiano a ambos lados de la ecuación (4.4). (ii) Derivar el resultado del paso (i) utilizando la regla de la cadena. (iii) El resultado del paso (ii) es función de h′ (x). Resolver para h′ (x) (es decir, despejar h′ (x)). (b) Calcular la derivada de la función h(x) = (2x)cos(x) utilizando el resultado anterior.
(c) Sea el punto P = 12 , 1 ; hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función h(x) = (2x)cos (x) en dicho punto. Solución

(a) Seguimos los pasos sugeridos en el enunciado: (i) Aplicamos el logaritmo neperiano a ambos lados de la ecuación: ln (h(x)) = g(x) ln ( f (x)). (ii) Derivamos el resultado obtenido en el paso anterior: h′ (x) f ′ ( x) = g′ (x) ln ( f (x)) + g(x) . h( x) f ( x) (iii) Aislamos h′ (x) en las expresiones anteriores:   f ′ ( x) h′ (x) = h(x) g′ (x) ln ( f (x)) + g(x) f ( x)

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430

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(b) Usando el resultado anterior, calculamos la derivada de la función: h(x) = (2x)cos (x) . En este caso, f (x) = 2x y g(x) = cos(x), por tanto, sustituyendo en la expresión obtenida en el paso (iii) obtenemos:   f ′ ( x) ′ ′ h (x) = h(x) g (x) ln ( f (x)) + g(x) f ( x)   2 = (2x)cos(x) − sen(x) ln (2x) + cos(x) 2x que se puede simplificar como: ′

h (x) = (2x)

cos (x)



 cos(x) . − sen(x) ln (2x) + x

(c) Debemos hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de la función h(x) = (2x)cos (x) en el punto P = ( 12 , 1). En el punto x = 21 la pendiente de la recta tangente es h′ ( 21 ) = 2 cos 12 . La recta tangente, r(x), en el punto x = 21 se puede escribir como:     1 1 1 r(x) = h′ (x − ) + h 2 2 2

donde sustituyendo los valores de h′ 21 y h 21 se obtiene:   1 1 (x − ) + 1. r(x) = 2 cos 2 2 Problema 4.22

Considerar la función f (x) = 2x2 − ln(x).

(a) Determinar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f (x) en el punto (1, 2). (b) Demostrar que f (x) es igual a 3 para algún punto dentro del intervalo [1, e]. Ayuda: e ≈ 2.7 y e2 ≈ 7.4.

Solución

(a) La ecuación de la recta tangente en el punto x0 = 1 con f (x0 ) = 2 es: y = f ′ (x0 )(x − x0 ) + f (x0 ). Por tanto, teniendo en cuenta que f ′ (x) = 4x− 1x y, en consecuencia, que f ′ (1) = 3 obtenemos la recta tangente: y = 3(x − 1) + 2 = 3x − 1.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

431

En la Figura 4.49 (izquierda) se ha representado la función y la recta tangente obtenida en el punto (1, 2). (b) La función f (x) es continua en el intervalo [1, e], ya que es continua en todo su dominio (0, +∞) por ser resta de funciones continuas. Además: f (1) = 2 − ln(1) = 2,

f (e) = 2e2 − ln(e) = 2e2 − 1 ≈ 13.8.

Entonces por el teorema de los valores intermedios, para todo valor y ∈ (2, 13.8) existe un punto c ∈ (1, e) tal que f (c) = y. En particular, si tomamos: y = 3 ∈ (2, 13.8), podemos asegurar que al menos existe un punto c ∈ (1, e) tal que f (c) = 3, como nos pedían en el enunciado. En la Figura 4.49 (derecha) se ha representado la función y se puede verificar visualmente la existencia de un punto en el intervalo c ∈ (1, e) tal que f (c) = 3.

y = 3x − 1

y=3

Figura 4.49. Gráfica de la función del Problema 4.22 y de su recta tangente en el punto (1, 2).

Problema 4.23

Considerar la función f (x) = sen2 (x) cos(x). Determinar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f (x) en el punto ( π2 , 0). Solución

La ecuación de la recta tangente a la función f (x) que pasa por el punto ( π2 , 0) es: π  π y = 0+ f′ x− . 2 2

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432

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Es necesario, pues, calcular la derivada de la función f (x) y evaluarla en x = π2 . Aplicando la fórmula de la derivada de un producto y la regla de la cadena: f ′ (x) = [sen2 (x)]′ cos(x) + sen2 (x)[cos (x)]′

= 2 sen(x) cos(x) cos(x) + sen2 (x)(− sen(x))

= 2 sen(x) cos2 (x) − sen3 (x).
Evaluando f ′ (x) en x = π2 , obtenemos f ′ π2 = −1. Por tanto, la ecuación de la recta es: y=

π − x. 2

En la Figura 4.50 se ha representado la función y la recta tangente obtenida en el punto ( π2 , 0).

y=

π −x 2

Figura 4.50. Gráfica de la función f (x) = sen2 (x) cos(x) y recta tangente a la misma en el punto ( π2 , 0).

Problema 4.24

Considerar la función f (x) = xsen(x) , x > 0. (a) Determinar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de f (x) en el punto (1, 1). (b) Demostrar que f (x) tiene, al menos, un punto crítico dentro del intervalo [1, e]. Usar, si es necesario, que sen(1) > 0, cos(1) > 0, cos(e) < 0, sen(e) > 0 y e cos(e) < − sen(e). Solución

(a) Para escribir la ecuación de la recta tangente es necesario calcular la derivada de la función f (x) = xsen(x) . Esta derivada la calcularemos aplicando logaritmos a

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✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

433

ambos lados de la igualdad y derivando: f (x) = xsen(x) ⇐⇒ ln( f (x)) = sen(x) ln(x)

sen(x) f ′ ( x) = cos(x) ln(x) + f ( x) x   sen(x) ′ ⇐⇒ f (x) = f (x) cos(x) ln(x) + x   sen ( x) ′ sen(x) ⇐⇒ f (x) = x . cos(x) ln(x) + x ⇐⇒

La ecuación de la recta tangente en el punto (1, 1) es y − 1 = f ′ (1)(x − 1). La pendiente de la recta tangente es f ′ (1), que vale:   sen(1) ′ sen(1) f ( 1) = 1 cos(1) ln(1) + = sen(1). 1 Por tanto, la ecuación de la recta tangente es: y − 1 = sen(1)(x − 1). En la Figura 4.51 se ha representado la función f (x), así como la recta tangente a la misma en el punto (1, 1). (b) La derivada de la función f (x) es continua en el intervalo [1, e] por estar formada por funciones continuas. Entonces, evaluando f ′ (x) en los extremos del intervalo obtenemos: f ′ (1) = sen(1) > 0   sen(e) ′ sen(e) f ( e) = e cos(e) ln(e) + e   sen(e) ( e) < 0. = e|sen {z } cos(e) + e >0 | {z } 0, ∀x ∈ (0, +∞) 2 Por tanto, no hay puntos críticos. (C) Extremos del intervalo. El único extremo del intervalo es x = 0.

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✐

436

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

ց

ր

f ( x) f ′ ( x)

xmín

xmáx

Figura 4.52. Gráfica de la función f (x) = x3 − 3x en el intervalo [0, 2].

El único candidato a extremo es, pues, el punto x = 0. Estudiemos el crecimiento de la función en el intervalo (0, +∞). Intervalo (0, +∞). Si consideramos, por ejemplo, el punto x = 1, el valor de f ′ (1) = 5/2 es positivo, con lo que la función es creciente. Por tanto, x = 0 es un mínimo. Si además evaluamos la función en este punto: f ( 0) = 0

y calculamos el límite de la función cuando x tiende a +∞: l´ım f (x) = +∞

x→+∞

podemos concluir que: x = 0 es un mínimo absoluto.

Problema 4.28

Calcular los extremos de la función f (x) = x ln(x) en el intervalo [0.1, 3]. Solución

La función f está definida en todo el intervalo [0.1, 3]. Calculamos primero los candidatos a extremo que son: (A) Puntos donde la función no es continua. La función f es continua en [0.1, 3]. No tenemos ningún candidato a extremo.

✐

✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

437

f ( x)

ր

f ′ ( x)

xmín

Figura 4.53. Gráfica de la función f (x) = x +

√ x3 .

(B) Puntos críticos. La función es derivable en [0.1, 3]. Estudiemos los puntos de derivada cero: f ′ (x) = 1 + ln(x) = 0 ⇔ ln(x) = −1 ⇔ x = e−1 Como x = e−1 está en el intervalo [0.1, 3], este es candidato a extremo. (C) Extremos del intervalo. Los extremos del intervalo son x = 0.1 y x = 3. Los candidatos a extremo son, pues, los puntos x = 0.1, x = e−1 y x = 3. Estudiemos el crecimiento de la función en los intervalos generados entre estos puntos. Intervalo (0.1, e−1 ). Si consideramos, por ejemplo, el punto x = 1/5, el valor de f ′ (1/5) = 1 − ln(5) es negativo, con lo que la función es decreciente.

Intervalo (e−1 , 3). Si consideramos, por ejemplo, el punto x = 2, el valor de f ′ (2) = 1 + ln(2) es positivo, con lo que la función es creciente. Por tanto, x = 0.1 es un máximo, x = e−1 es un mínimo y x = 3 es un máximo. Si además evaluamos la función en estos puntos: f (0.1) = −0.2303

f (e−1 ) = −0.3679 f (3) = 3.2958

podemos concluir que: x = 0.1 es un máximo relativo, x = e−1 es un mínimo absoluto y x = 3 es un máximo absoluto.

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✐

438

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

La Figura 4.54 muestra la gráfica de la función y se pueden observar los extremos encontrados.

ց ր

f ( x)

f ′ ( x)

xmín

xmáx

Figura 4.54. Gráfica de la función f (x) = x ln(x) en el intervalo [0.1, 3].

Problema 4.29

Calcular los extremos de la función f (x) = x sen(x) en el intervalo [0, 6]. Solución

Calculamos primero los candidatos a extremo que son: (A) Puntos donde la función no es continua. La función f es continua en [0, 6]. No tenemos ningún candidato a extremo. (B) Puntos críticos. La función es derivable en [0, 6]. Estudiemos los puntos de derivada cero: f ′ (x) = sen(x) + x cos(x) = 0 ⇔ −x = tan(x)

Esta ecuación no puede resolverse de manera analítica; por tanto, tendremos que usar el Teorema de Bolzano. Para ello, primero debemos identificar en qué intervalos tendremos los ceros. En este caso, los puntos críticos vienen dados por la intersección de la recta y = −x y la curva y = tan(x). Como vemos en la Figura 4.55, estas funciones se cortan en tres puntos en el intervalo [0, 6]. El primer punto de corte es x = 0, el segundo vive en el intervalo ( π2 , π ] y el tercero en el intervalo ( 32π , 2π ]. Para determinar los dos últimos puntos de corte usaremos el método de la bisección aplicado a la función f ′ (x) = sen(x) + x cos(x). Consideremos primero el intervalo [ π2 , π ]. En la Tabla 4.4 observamos que el punto de corte buscado con dos decimales correctos es x = 2.02. Consideremos ahora el intervalo [ 32π , 2π ]. En la Tabla 4.5 observamos que el punto de corte buscado con dos decimales correctos es x = 4.91.

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✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

439

y = tan(x)

x = 2.02

x = 4.91

y = −x Figura 4.55. Gráfica de las funciones y = −x e y = tan(x). Tabla 4.4. Método de la bisección aplicado a la función sen(x) + x cos(x) en el intervalo [ π2 , π ].

xe

xd

f ′ (xe )

1.5708

3.1416

0.99999

1.5708

2.3562

0.99999

1.9635

2.3562

0.17247

1.9635

2.1598

0.17247

1.9635

2.0616

0.17247

2.0126

2.0616

0.04345

2.0126

2.0371

0.04345

2.0249

2.0371

0.01041

2.0249

2.0310

0.01041

2.0279

2.0310

0.00232

2.0279

2.0295

0.00232

f ′ (xd ) −3.1416 −0.95900 −0.95900 −0.36831 −0.08974 −0.08974 −0.02262 −0.02262 −0.00607 −0.00607 −0.00201

f ′ (xm )

xm 2.3562 1.9635 2.1598 2.0616 2.0126 2.0371 2.0249 2.0310 2.0279 2.0295 2.0288

−0.95900

0.17247

−0.36831 −0.08974

0.04345

−0.02262

0.01041

−0.00607

0.00232

−0.00202 −0.00011

Por tanto, los puntos críticos son x = 2.02 y x = 4.91. (C) Extremos del intervalo. Los extremos del intervalo son x = 0 y x = 6. Los candidatos a extremo son, pues, los puntos x = 0, x = 2.02, x = 4.91 y x = 6. Estudiemos el crecimiento de la función en los intervalos generados entre estos puntos.

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✐

440

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Tabla 4.5. Método de la bisección aplicado a la función sen(x) + x cos(x) en el intervalo [ 32π , 2π ].

xe

xd

4.7124

6.2832

4.7124

5.4978

4.7124

5.1051

4.9088

5.1051

4.9088

5.0070

4.9088

4.9579

4.9088

4.9334

4.9088

4.9211

4.9088

4.9150

4.9119

4.9150

f ′ (xe )

f ′ (xd )

xm

f ′ (xm )

−0.99995

6.2832

5.4978

3.1805

3.1805

5.1051

1.0298

1.0298

4.9088

1.0298

5.0070

−0.02282

0.49698

4.9579

0.23499

0.23499

4.9334

0.10582

0.10582

4.9211

0.04140

0.04140

4.9150

0.00951

0.00951

4.9119

0.00951

4.9135

−0.00667

−0.99995 −0.99995 −0.02282 −0.02282 −0.02282 −0.02282 −0.02282 −0.02282 −0.00667

0.49698

0.00167

Intervalo (0, 2.02). Si consideramos, por ejemplo, el punto x = 1, el valor de f ′ (1) = sen(1) + cos(1) es positivo, con lo que la función es creciente. Intervalo (2.02, 4.91). Si consideramos, por ejemplo, el punto x = 3, el valor de f ′ (3) = sen(3) + 3 cos(3) es negativo, con lo que la función es decreciente. Intervalo (4.91, 6). Si consideramos, por ejemplo, el punto x = 5, el valor de f ′ (5) = sen(5) + 5 cos(5) es positivo, con lo que la función es creciente. La Figura 4.56 representa esquemáticamente el crecimiento/decrecimiento de la función en cada uno de los intervalos estudiados.

+ 0

+

− 2.02

4.19

6

Figura 4.56. Representación esquemática del crecimiento/decrecimiento de la función.

Así pues, x = 0 es un mínimo, x = 2.02 es un máximo, x = 4.91 es un mínimo y x = 6 es un máximo.

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✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

441

Si además evaluamos la función en estos puntos: f ( 0) = 0 f (2.02) = 1.8196 f (4.91) = −4.8144 f (6) = −1.6764 podemos concluir que: x = 0 es un mínimo relativo. x = 2.02 es un máximo absoluto. x = 4.91 es un mínimo absoluto. x = 6 es un máximo relativo. La Figura 4.57 muestra la gráfica de la función estudiada y podemos comprobar los resultados obtenidos. ր

ց

ր

f ′ ( x) f ( x)

xmáx

xmín

Figura 4.57. Gráfica de la función f (x) = x sen(x) en el intervalo [0, 6].

Problema 4.30

Hallar los extremos locales y globales de la función:   3x4 − 4x3 , x ≤ 2 f ( x) =  20 − x2 , x>2

en el intervalo [−1, 5].

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442

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución

Calculamos primero los candidatos a extremo que son: (A) puntos donde la función no es continua. (B) puntos críticos. (C) extremos del intervalo. Vamos a estudiar cada uno de los puntos anteriores. (A) Para x 6= 2 la función es continua, ya que es polinómica. Así pues, solo hay que estudiar la continuidad de la función en el punto x = 2. La función será continua en x = 2 si: f (2) = l´ım+ f (x) = l´ım− f (x). x→2

x→2

f (2) = 3 · 24 − 4 · 23 = 23 (6 − 4) = 24 = 16 l´ım f (x) = l´ım 20 − x2 = 20 − 22 = 16

x→2+

x→2+

x→2

x→2

     

    l´ım− f (x) = l´ım− 3x4 − 4x3 = 3 · 24 − 4 · 23 = 16 

Por tanto, la función es continua en R, es decir, f (x) ∈ C 0 (R ). (B) Para x 6= 2, la derivada es: ( 12x3 − 12x2 x < 2 f ′ ( x) = −2x x>2

La derivada en el punto x = 2 la calculamos utilizando las derivadas laterales: f−′ (2) = l´ım− f ′ (x) = l´ım− 12x3 − 12x2 = 12 · 23 − 12 · 22 x→2

x→2

= 12 · 22 · (2 − 1) = 48 f +′ (2) = l´ım+ f ′ (x) = l´ım− −2x = −2 · 2 = −4 x→2

x→2

Por tanto, dado que f−′ (2) 6= f+′ (2), la función no es derivable en x = 2 y, por ello, x = 2 es un candidato a extremo. En relación al resto de puntos críticos, debemos buscar los puntos tales que f ′ (x) = 0. Dado que la derivada tiene diferente definición si x > 2 o x < 2, debemos resolver f ′ (x) = 0 en los dos intervalos por separado. Si x < 2 f ′ (x) = 0 ⇐⇒ 12x3 − 12x2 = 0 ⇐⇒ 12x2 (x − 1) = 0 ⇐⇒ x = 0, 1 Si x > 2 f ′ (x) = 0 ⇐⇒ −2x = 0 ⇐⇒ x = 0 pero dado que 0 < 2, no hay ningún punto crítico para x > 2. Por tanto, los puntos x = 0 y x = 1 son candidatos a extremo.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

443

(C) Los extremos del intervalo x = −1 y x = 5.

Por tanto, los candidatos a extremo son x = −1, 0, 1, 2 y 5. Con estos puntos y sus imágenes podemos construir una tabla de valores (ver Tabla 4.6). Como la función es continua Tabla 4.6. Imágenes de los candidatos a extremo del Problema 4.30.

x

f ( x)

−1

7

0

0

1

−1

2 5

16

−5

en [−1, 5], por el teorema del máximo y del mínimo (Weierstrass) sabemos que existen el máximo y mínimo absolutos en ese intervalo, y según la Tabla x = 2 es el máximo absoluto y x = 5 es el mínimo absoluto. Para clasificar los otros puntos hay que estudiar el crecimiento/decrecimiento de la función, es decir, el signo de la derivada. Dado que debemos estudiar el comportamiento de la función en los alrededores de los puntos x = −1, 0 y 1, es decir, en puntos menores que 2, debemos estudiar el signo de la función: 12x3 − 12x2 = 12x2 (x − 1). Observamos que el signo de la derivada coincide con el signo del factor x − 1. En concreto, Si x < 1, la f ′ (x) = ⊕ · ⊖ < 0 y, por tanto, la función es decreciente. Si x > 1, la f ′ (x) = ⊕ · ⊕ > 0 y, por tanto, la función es creciente.

Es decir, la función es decreciente a la derecha de x = −1, por tanto, en este punto tenemos un máximo relativo. La función es decreciente, tanto a la izquierda como a la derecha del punto x = 0; por tanto, en este punto no hay ningún extremo. Y finalmente, la función f (x) decrece a la izquierda del punto x = 1 y crece a la derecha, por lo que en x = 1 tenemos un mínimo relativo. En resumen: x = −1 es un máximo relativo, x = 0 no es extremo, x = 1 es un mínimo relativo, x = 2 es un máximo absoluto, x = 5 es un mínimo absoluto.

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444

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

ց

ր

ց

f ( x)

xmáx

xmín f ′ ( x)

Figura 4.58. Gráfica de la función del Problema 4.30 en el intervalo [−1, 5].

Por último, en la Figura 4.58 podemos comprobar los resultados obtenidos. Problema 4.31

Sea f (x) la función definida por:

f ( x) =

 −x   x−e  

x≤1

1 +a x > 1 4x − x2 − 5

(a) Calcular el valor de a que hace que la función sea continua. En los siguientes apartados toma el valor de a obtenido en el apartado (a). (b) Calcular f ′ (x) para todo valor de x ∈ R sabiendo que f−′ (1) = 1 + e−1 y que f+′ (1) = −1/2. (c) Hallar los extremos de la función en el intervalo [0, 5] . (d) Demostrar que la función f (x) tiene un cero en el intervalo [0, 1]. Ayuda: e−1 ≈ 0.37. Solución

(a) Debemos calcular el valor de a que hace que la función sea continua. Si x < 1, la función es x − e−x en un entorno del punto y, por tanto, es continua por ser la suma de un polinomio y de una exponencial. Si x > 1, la función es: 1 +a 4x − x2 − 5

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

445

en un entorno del punto y, por tanto, es continua, ya que en el cociente, el denominador no se anula en ningún punto. Las raíces de 4x − x2 − 5 son: √ √ −4 ± 16 − 20 −4 ± −4 x= = 6∈ R. −2 −2

La función será continua en x = 1 si: f (1) = l´ım− f (x) = l´ım+ f (x) x→1

x→1

 f (1) = 1 − e−1      l´ım f (x) = l´ım x − e−x = 1 − e−1 x→1− x→1−    1 1 1   l´ım f (x) = l´ım +a = +a = − +a 2 + + −2 2 x→1 x→1 4x − x − 5

Así pues, la función será continua si: 1 − + a = 1 − e−1 2

⇐⇒

a = 1 − e−1 +

1 3 = − e−1 . 2 2

(b) Debemos calcular f ′ (x) cuando: a=

3 − e−1 . 2

Si x < 1, la función es x − e−x en un entorno del punto y, por tanto, es derivable, siendo su derivada 1 + e−x . Si x > 1, la función es: 1 +a 4x − x2 − 5 en un entorno del punto y, por tanto, su derivada es: −

4 − 2x 2x − 4 2( x − 2) = = . (4x − x2 − 5)2 (4x − x2 − 5)2 (4x − x2 − 5)2

Se dice que f−′ (1) = 1 + e−1 y f+′ (1) = −1/2, por tanto, la función no es derivable en x = 1. La función derivada es pues:  −x  x1  (4x − x2 − 5)2

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446

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(c) Debemos encontrar los extremos de la función en el intervalo [0, 5]. Vamos a calcular los candidatos a extremo. Por el apartado (a) sabemos que la función es continua y por el apartado (b) sabemos que es derivable en todos los puntos menos en el punto x = 1. Calculamos los puntos de derivada cero: Si x < 1: f ′ (x) = 1 + e−x > 0. Por tanto, no tenemos puntos de derivada cero en [0, 1]. Si x > 1: 2( x − 2) , f ′ ( x) = (4x − x2 − 5)2 que se anula en el punto x = 2. En resumen: (A) Puntos donde f no es continua: 0. / (B) Puntos críticos: x = 1, x = 2. (C) Extremos del intervalo: x = 0, x = 5. Clasifiquemos ahora cuales son extremos y de qué tipo. Tabla 4.7. Valores de la función.

x

f ( x)

0

−1

1 − e−1 ≈ 0.63

1 2 5

1/2 − e−1 ≈ 0.13

7/5 − e−1 ≈ 1.033

Dado que tenemos una función continua en un intervalo cerrado, sabemos que existen el máximo y mínimo absolutos y mirando la Tabla 4.7 vemos que son x = 5 y x = 0, respectivamente. En la Tabla 4.8 realizamos un estudio del crecimiento/decrecimiento de la función alrededor de los puntos x = 1 y x = 2. Observamos que en x = 1 y en x = 2 se alcanzan un máximo y un mínimo relativo respectivamente. Resumiendo, los extremos de la función son: x = 0 es un mínimo absoluto, x = 1 es un máximo relativo, x = 2 es un mínimo relativo, x = 5 es un máximo absoluto.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

447

Tabla 4.8. Estudio del crecimiento/decrecimiento de la función.

intervalo

signo de ′ f (x)

comportamiento

0 s0 .

Por tanto, en s = s0 tenemos un mínimo. En este caso, la distancia al cuadrado que tenemos para el espejo es: f (s0 ) = (−

12 − (−3))2 + (4 − s0 )2 = 97.33129765, s0

Finalmente, la distancia se obtiene calculando la raíz cuadrada: √ d = 97.33129765 = 9.865662555.

Problema 4.42

Un coleccionista, entre sellos y monedas, tiene 50. Si otro coleccionista le da tres sellos a cambio de una moneda, el producto del número de monedas que le quedan por el de sellos es máximo. ¿Cuántos sellos y monedas tenía inicialmente? Solución

Sean s, m ∈ N, los números iniciales de sellos y monedas respectivamente. Entonces: s + m = 50 ⇔ m = 50 − s. Después del intercambio, el producto: p(s) = (s + 3)(m − 1) = (s + 3)(49 − s) es un máximo absoluto. Si el máximo fuera un extremo relativo, tendríamos: p′ (s) = 49 − s − s − 3 = 46 − 2s = 0

⇔

s = 23

→

p(23) = 26 · 26 = 676

Por otra parte, en los extremos del intervalo, en este caso, s = 0 o s = 49 (pues m ≥ 1 para que el cambio del enunciado sea posible), tenemos p(0) = p(49) = 0. Por tanto, s = 23 y m = 27.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

461

Problema 4.43

La trayectoria de un proyectil disparado por un cañón de artillería situado en el origen de coordenadas es la parábola: f (x) = −k(1 + tan2 (α ))x2 + tan(α )x, donde k es una constante positiva que depende de las características del cañón y α es el ángulo que forman el semieje positivo de las abscisas y el cañón. El ángulo α se supone comprendido entre 0 y π2 . Calcular el ángulo α para el cual la parábola anterior corta al eje OX lo más lejos posible del origen. Solución

La Figura 4.70 esquematiza el planteamiento del problema.

f ( x)

α

Figura 4.70. Planteamiento del Problema 4.43.

La parábola:

f (x) = −k(1 + tan2 (α ))x2 + (tan(α ))x

corta al eje OX cuando f (x) = 0:

f (x) = 0 ⇐⇒ −k(1 + tan2 (α ))x2 + (tan(α ))x = 0 ⇐⇒ (−k(1 + tan2 (α ))x + (tan(α )))x = 0   x=0 (tan(α )) ⇐⇒  x= k(1 + tan2 (α ))

El punto x = 0 es desde donde se dispara el proyectil, y el punto x = k(1(+tantan(α2 ())α )) es donde cae. Se pide que calculemos el ángulo que hace que la parábola anterior corte lo

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462

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

más lejos posible; por tanto, debemos resolver el problema siguiente: m´ax

(tan(α )) . k(1 + tan2 (α ))

g( α ) =

(tan(α )) . k(1 + tan2 (α ))

α ∈[0, π2 ]

Consideremos la función:

Observemos que esta función en α = 0 toma el valor 0 y no está definida en α = π /2. Si estudiamos el límite en π /2: l´ımπ

α→ 2

(tan(α )) k(1 + tan2 (α ))

es una forma indeterminada del tipo ∞ ∞ . Utilizando la regla de L’Hôpital: l´ım

α → π2

(tan(α )) 1 = 0. = l´ım k(1 + tan2 (α )) α → π2 2 tan α

Así pues, en los extremos del intervalo a estudiar, [0, π /2], la función toma el valor (o tiende a) 0. Y, por tanto, no se alcanza el máximo de la función. Dado que g(α ) es continua en α ∈ (0, π2 ) y derivable en (0, π2 ), tan solo nos quedan por estudiar los puntos críticos.

(1 + tan2 (α ))k(1 + tan2 (α )) − (tan(α )) 2k(tan(α ))(1 + tan2 (α )) k2 (1 + tan2 (α ))2 k(1 − tan2 (α )) k(1 + tan2 (α )) − 2k tan2 (α ) = = k2 (1 + tan2 (α )) k(1 + tan2 (α ))

g′ (α ) =

Por tanto: g′ (α ) = 0

⇐⇒

1 − tan2 (α ) = 0

⇐⇒

tan2 (α ) = 1

⇐⇒

(tan(α )) = ±1.

El único ángulo, dentro del intervalo α ∈ [0, π2 ], que verifica (tan(α )) = ±1 es α = π4 . Además, dado que: g′ (α ) > 0 si α < π4 , g′ (α ) < 0 si α > π4 , para este ángulo tenemos un máximo. Así pues, el ángulo buscado es α = π4 . En la Figura 4.71 se han dibujado las diferentes trayectorias cuando k = 2 para el ángulo óptimo, α = π4 , y para ángulos más grandes y más pequeños.

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

463

α = 3π /8 α = π /3

α = π /5 α = π /8

α = π /4

Figura 4.71. Trayectorias del proyectil para distintos ángulos.

Problema 4.44

Un horno de pan está especializado en dos tipos de pan diferente: el de cereales y el de oliva. Por cada barra de pan de cereales se gana 1 euro y por cada baguette de pan de oliva se ganan 2 euros (beneficios netos). Se quiere determinar la cantidad óptima de producción para obtener el máximo beneficio diario, sabiendo que existen unas limitaciones de presupuesto: la inversión diaria no puede superar los 300 euros. El precio de producir una pieza de pan de cereales es de 0.25 euros, y el de producir una pieza de pan de oliva es de 0.75 euros. Calcular el número de barras de cereales y de oliva que hay que producir para maximizar los beneficios. Solución

Denotamos por nc y no el número de barras de pan de cereales y de olivas que se producen en un día, respectivamente. El beneficio que se obtiene al producir nc barras de cereales y no barras de olivas es: B = nc + 2no . Además sabemos que el coste de producción es 0.25nc + 0.75no y que este coste no puede superar los 300 euros. Por tanto, el problema que queremos resolver es el de maximizar la función: B(nc , no ) = nc + 2no con las restricciones nc ≥ 0, n0 ≥ 0 y 0.25nc + 0.75no = 300. Utilizando que 0.25nc + 0.75no = 300, podemos reexpresar nc = 1200 − 3no con lo que el problema original es equivalente a: B(no ) = 1200 − no

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464

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

con la restricción 0 ≤ no ≤ 400, ya que la inversión diaria está limitada a 300 euros (elaborando 400 panes de oliva a 0, 75 de coste llegamos al máximo del presupuesto). Por tanto, debemos encontrar el máximo de la función 1200 − no en el intervalo [0, 400]. Dado que la función es una recta, el máximo se alcanzará en uno de los dos extremos (evidentemente, al ser una recta, no tenemos puntos de discontinuidad, ni puntos críticos y además sabemos que el máximo existe por ser una función continua en un intervalo cerrado). Evaluemos la función en los extremos: no = 0 =⇒ B(no ) = 1200 euros

no = 400 =⇒ B(no ) = 800 euros

Por tanto, la producción óptima es: no = 0 y nc = 1200 con un beneficio de 1200 euros diarios.

Problemas resueltos (Taylor) Problema 4.45

Encontrar la ecuación de la parábola que mejor aproxima en el punto (0, 0) a la curva f (x) = ex ln(x + 1). Solución

La parábola que mejor aproxima la función f (x) en el punto (0, 0) es su polinomio de Taylor de grado 2 centrado en el origen, es decir: p( x) = f ( 0) + f ′ ( 0) x + f (x) = ex ln(x + 1)

=⇒

f ′′ (0) 2 x . 2

f (0) = e0 ln(1) = 1 · 0 = 0

ex 1 1 = f ( x) + =⇒ f ′ (0) = 0 + = 1 x+1 x+1 1 x (x + 1) − ex e 1 − 1 = 1. f ′′ (x) = f ′ (x) + =⇒ f ′′ (0) = 1 + ( x + 1) 2 1

f ′ (x) = ex ln(x + 1) + ex

Por tanto:

1 1 p(x) = 0 + x + x2 = x + x2 . 2 2 La Figura 4.72 muestra la gráfica de la función f (x), así como la del polinomio encontrado. Problema 4.46

(a) Expresar el teorema de Taylor para la función exponencial en x0 = 0. (b) Calcular e con un error inferior a 10−5 .

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

465

f ( x) c

p( x) = x +

x2 2

d

Figura 4.72. Gráfica de la función f (x) = ex ln(x + 1) y de su polinomio de Taylor de grado 2 centrado en el origen.

Solución

(a) El polinomio de Taylor de grado n de f (x) alrededor del punto x = 0 es: pn (x) = f (0) + f ′ (0)x +

1 1 1 ′′ f (0)x2 + f ′′′ (x)x3 + · · · + f n (0)xn . 2 3! n!

En el caso en que f (x) = ex , dado que f k (x) = f (x) = ex , para toda k ∈ N, tenemos que f k (0) = e0 = 1, ∀k ∈ N. Por tanto, el polinomio de Taylor es: 1 1 1 1 pn (x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + · · · + xn . 2 6 24 n! Además, sabemos que, dado un punto x0 ∈ (a, b), la diferencia entre el valor de la función f y el polinomio pn en este punto se puede expresar como: f (x0 ) − pn (x0 ) =

1 f n+1 (ξ )xn+1 , ( n + 1) !

para algún ξ ∈ (a, b). (b) Consideraremos la función f (x) = ex y aplicaremos el teorema de Taylor con x0 = 0 y x = 1. Queremos determinar n tal que |Rn (1)| < 10−5 . Utilizando la fórmula del residuo, sabemos que: Rn ( 1) =

eξ , ( n + 1) !

para alguna ξ in(0, 1). Aquí tendremos en cuenta que la función exponencial es creciente y que e1 < 3. Es decir, sabemos que para todo ξ ∈ (0, 1) se satisface que

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466

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

eξ < 3. Así pues, buscamos un valor de n tal que: Rn ( 1) ≤

3 < 10−5 , ( n + 1) !

es decir, despejando de la anterior desigualdad, buscamos n tal que:

(n + 1)! > 3 · 105 Observamos que n = 8 proporciona la precisión buscada, ya que:

(8 + 1)! = 362880 > 3 · 105 . Un valor inferior de n no sería suficiente. Finalmente: e ≈ p8 (1) = 1 + 1 +

1 1 + · · · = 2.71828 2! 8!

con un error menor de 10−5 . Problema 4.47

π Consideremos la función f (x) = arctan(x) − ln(x) − . 4 (a) Calcular la recta tangente a la función f (x) en el punto x = 1. Ayuda: recordemos que arctan(1) = π /4 y que la derivada de la función arctan (x) es 1/(1 + x2 ). (b) Calcular el polinomio de Taylor de grado 2 de la función f (x) alrededor del punto x = 1. (c) Calcular el siguiente límite: arctan(x) − ln(x) − π4 . x→1 1−x l´ım

Solución

(a) Consideremos la función f (x) = arctan(x) − ln(x) − π4 . Se pide calcular la recta tangente a f (x) en el punto x = 1, que es equivalente a calcular el polinomio de Taylor de grado 1 de la función. p1 (x) = f (1) + f ′ (1)(x − 1) f (x) = arctan(x) − ln(x) − π4

=⇒

1 1 − 2 1+x x

=⇒

f ′ ( x) =

✐

π f (1) = arctan(1) − ln(1) − 4 π π = −0− = 0 4 4 1 1 f ′ ( 1) = − 1 = − 2 2

✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

467

Por tanto, la recta tangente es: 1 1 1 p1 (x) = 0 − (x − 1) = − x. 2 2 2 (b) Se pide calcular el polinomio de Taylor de grado 2. Como ya tenemos la recta tangente, solo hay que añadir el término de grado 2: p2 (x) = f (1) + f ′ (1)(x − 1) +

f ′′ (1) f ′′ (1) (x − 1)2 = p1 (x) + ( x − 1) 2 . 2 2

Dado que: 1 1 − 2 1+x x 2 0 · (1 + x ) − 1 · 2x 1 f ′′ (x) = + 2 (1 + x2 )2 x 2x 1 =− + =⇒ (1 + x2 )2 x2 f ′ ( x) =

2 1 1 f ′′ (1) = − + = . 4 1 2

Por tanto, el polinomio de Taylor de grado 2 es: 1 1 1 1 1 p2 (x) = 0 − (x − 1) + · (x − 1)2 = − (x − 1) + (x − 1)2 . 2 2 2 2 4 En la Figura 4.73 se ha representado la función f (x) así como sus polinomios de Taylor de grado 1 y 2 centrados en x = 1. (c) Para calcular el límite que se pide utilizaremos el polinomio de Taylor de grado 1 para escribir:

Por tanto:



1 f (x) = p1 (x) + O (x − 1)2 = − (x − 1) + O (x − 1)2 . 2

arctan(x) − ln(x) − π4 l´ım x→1 1−x

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− 21 (x − 1) + O (x − 1)2 = l´ım x→1 1−x
1 − 2 ( x − 1) + O ( x − 1) 2 = l´ım − x→1 x−1 1 − + O ((x − 1)) = l´ım − 2 x→1 1 1 1 1 = l´ım − O ((x − 1)) = + 0 = . x→1 2 2 2

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f ( x) p2 (x)

p1 (x) Figura 4.73. Gráfica de la función f (x) = arctan(x) − ln(x) − π4 así como sus polinomios de Taylor de grado 1 y 2 centrados en x = 1.

Problema 4.48

Calcular los límites siguientes: ex − 1 − x (a) l´ım x→0 x2 (b) l´ım

h→0

ln(2 + h) − ln(2) h

Solución

(a) Para el límite dado, tenemos: ex − 1 − x 0 l´ım = « » (indeterminación). 2 x→0 x 0 Para resolver este límite vamos a utilizar el polinomio de Taylor de la función f (x) = ex − 1 − x alrededor del punto x = 0. f (x) = ex − 1 − x =⇒

f (0) = e0 − 1 − 0 = 0

f ′′ (x) = ex

f ′′ (0) = 1

f ′ (x) = ex − 1 Por tanto, sabemos que:

f ( x) = f ( 0) + f ′ ( 0) x +

=⇒ =⇒

f ′ (0) = e0 − 1 = 0

1 f ′′ (0) 2 x + O(x3 ) = x2 + O(x3 ). 2 2

Sustituyendo en el límite: 1 2 3 ex − 1 − x 1 1 1 2 x + O(x ) ı m = l´ = l´ım + O(x) = + 0 = . 2 2 x→0 x→0 x→0 2 x x 2 2

l´ım

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

469

(b) Para el límite dado, tenemos:

l´ım

h→0

ln(2 + h) − ln(2) 0 = « » (indeterminación). h 0

Observemos que si consideramos la función f (x) = ln(x) y utilizamos la definición de derivada de la función en el punto x = 2 obtenemos:

f ′ (2) = l´ım

h→0

ln(2 + h) − ln(2) f ( 2 + h) − f ( 2) = l´ım . h→0 h h

Por tanto, se pide el valor de la derivada de la función f (x) = ln(x) en el punto x = 2, es decir:

f ′ ( x) =

1 x

=⇒

f ′ ( 2) =

1 2

=⇒

1 L2 = . 2

Otra alternativa para calcular el límite anterior es utilizar el polinomio de Taylor de la función g(h) = ln(2 + h) − ln(2) en el punto h = 0. g(h) = ln(2 + h) − ln(2) =⇒ g(0) = ln(2) − ln(2) = 0

g′ (h) =

1 2+ h

=⇒ g′ (0) =

1 2

Por tanto, sabemos que: 1 g(h) = g(0) + g′ (0)h + O(h2 ) = h + O(h2 ). 2 Sustituyendo en el límite: 1 h + O(h2 ) 1 1 1 ln(2 + h) − ln(2) = l´ım 2 = l´ım + O(h) = + 0 = . h→0 h→0 h→0 2 h h 2 2

l´ım

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470

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problemas resueltos (límites) Problema 4.49

Estudiar los límites: arctan(ax) x→0 ln(1 + bx)

(a) l´ım

ln(1 + ex ) x→−∞ x

( b 6 = 0)

(f) l´ım

x + sen(x) x→+∞ x − sen(x)

sen(x) + sen(2x) x→0 2x

(g) l´ım

x2 − 4 x→2 x2 − 3x + 2

(h) l´ım

(b) l´ım

(c) l´ım

x→+∞

xm − 1 x→1 x − 1

ln(x) √ x

tan(2x − 2) − 2(x − 1) x→1 ( x − 1) 3

(d) l´ım

(i) l´ım

ln(1 + ex ) x→+∞ x

(e) l´ım

Solución

0 arctan(ax) = « » (indeterminación). x→0 ln(1 + bx) 0

(a) l´ım

Para resolver la indeterminación consideramos los polinomios de Taylor de las funciones que aparecen en el numerador y en el denominador alrededor del punto donde estamos calculando el límite, x = 0. Será suficiente calcular el polinomio de Taylor hasta el término principal. Consideremos primero la función f (x) = arctan(ax), entonces: f (x) = arctan(ax) a f ′ ( x) = 1 + a2 x2

f ( 0) = 0 f ′ (0) = a.

Por tanto, el polinomio de Taylor de grado 2 de f es: p2f (x) = 0 + ax, y además, podemos escribir que en un entorno del punto x = 0, f (x) = ax + O(x2 ). Del mismo modo, consideramos la función g(x) = ln(1 + bx), donde: g(x) = ln(1 + bx) g(0) = 0 g′ (x) =

b 1+bx

g′ (0) = b.

Por tanto: pg2 (x) = bx y g(x) = bx + O(x2 ).

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CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

471

Entonces podemos resolver el límite según: arctan(ax) a+0 a ax + O(x2 ) a + O ( x) = l´ım = l´ım = = , 2 x→0 ln(1 + bx) x→0 bx + O(x ) x→0 b + O(x) b+0 b l´ım

donde hemos usado que b 6= 0. Además, podemos deducir de este problema que si a 6= 0 y b 6= 0, entonces arctan(ax) ∼0 ax y que ln(1 + bx) ∼0 bx. Otra manera de resolver este problema es aplicar la regla de L’Hôpital: 0 arctan(ax) = « » (indeterminación). x→0 ln(1 + bx) 0 l´ım

Las funciones arctan(ax) y ln(1 + bx) son continuas y derivables en un entorno del punto x = 0 y además, (ln(1 + bx))′ = 1+bbx si b 6= 0 no se anula en un entorno del punto x = 0. Por tanto: arctan(ax) = l´ım x→0 ln(1 + bx) x→0 l´ım

a 1+a2 x2 b 1+bx

a = . b

Observemos que para saber que la indeterminación era del tipo 0/0, hemos tenido que evaluar las funciones en f (x) = arctan(ax) y g(x) = ln(1 + bx) en el punto x = 0. Además, hemos tenido que calcular las derivadas f ′ (x) y g′ (x) y, también, evaluarlas en x = 0. Es decir, hemos necesitado la misma información que para hacer los respectivos polinomios de Taylor. 0 sen(x) + sen(2x) = « » (indeterminación). x→0 2x 0 Sabemos que sen(2x) = 2 sen(x) cos(x). Por tanto:

(b) l´ım

sen(x)(1 + 2 cos(x)) sen(x) + sen(2x) = l´ım x→0 x→0 2x 2x sen(x) 1 + 2 cos(x) 1 + 2 cos(x) 3 = l´ım = l´ım = , x→0 x→0 x 2 2 2 l´ım

donde hemos usado que sen(x) ∼0 x. Vamos a demostrarlo usando la fórmula de Taylor de la función f (x) = sen(x) alrededor del cero: f (x) = sen(x)

f ( 0) = 0

f ′ (x) = cos(x)

f ′ (0) = 1.

Por tanto, f (x) = x + O(x2 ) alrededor del cero y: x + O(x2 ) 1 + O ( x) sen(x) = l´ım = l´ım = 1, x= 0 x= 0 x= 0 x x 1

l´ım

como queríamos ver.

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472

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Si hubiéramos hecho este límite por L’Hôpital, habríamos obtenido: sen(x) + sen(2x) 0 3 cos(x) + 2 cos(x) = = l´ım = . x→0 2x 0 x→0 2 2 l´ım

Observemos que hemos podido utilizar L’Hôpital porque las funciones del numerador y denominador son C ∞ (R ) y además, la derivada del denominador es 2 6= 0 en un entorno del punto x = 0. 0 x2 − 4 = « » (indeterminación). (c) l´ım 2 x→2 x − 3x + 2 0 En este caso, usaremos la fórmula de Taylor hasta orden 2 alrededor del punto x = 2 para factorizar los polinomios que nos aparecen en el numerador y denominador: f (x) = x2 − 4

f ( 2) = 0

f ′ (x) = 2x

f ′ ( 2) = 4

f ′′ (x) = 2

f ′′ (2) = 2,

y: g(x) = x2 − 3x + 2 g(2) = 0

g′ (x) = 2x − 3

g′′ (x) = 2 Por tanto:

g′ (2) = 1

g′′ (2) = 2,

2 f ( x) = 4( x − 2) + ( x − 2) 2 = 4( x − 2) + ( x − 2) 2 2

y: g( x) = ( x − 2) + ( x − 2) 2 . De esta manera: x2 − 4 4( x − 2) + ( x − 2) 2 4 + ( x − 2) = l´ ı m = l´ım = 4. 2 2 x→2 x − 3x + 2 x→2 (x − 2) + (x − 2) x→2 1 + (x − 2) l´ım

Otra manera hubiera sido factorizar numerador y denominador según: l´ım

x2 − 4

x→2 x2 − 3x + 2

= l´ım

x→2

(x − 2)(x + 2) x+2 = l´ım = 4. (x − 2)(x − 1) x→2 x − 1

Por último, si lo hubiéramos hecho usando la regla de L’Hôpital habríamos obtenido: 0 2x 4 x2 − 4 = = l´ım = = 4. l´ım 2 x→2 x − 3x + 2 0 x→2 2x − 3 1

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✐

CAPÍTULO 4. DERIVACIÓN DE FUNCIONES DE VARIABLE REAL

473

0 xm − 1 = « » (indeterminación). x→1 x − 1 0 La primera manera de resolver este problema es utilizando la factorización de xm − 1: xm − 1 = (x − 1)(1 + x + x2 + x3 + · · · + xm−1 ),

(d) l´ım

por tanto:

xm − 1 (x − 1)(1 + x + x2 + x3 + · · · + xm−1 ) = l´ım x→1 x − 1 x→1 x−1
2 3 = l´ım 1 + x + x + x + · · · + xm−1 = m. l´ım

x→1

Otra posibilidad es considerar el polinomio de Taylor de la función f (x) = xm − 1 de grado 2 alrededor del punto x = 1. f (x) = xm − 1 f ′ (x) = mxm−1

f ( 1) = 0 f ′ (1) = m,

por tanto: m(x − 1) + O((x − 1)2 ) xm − 1 = l´ım x→1 x→1 x − 1 x−1 = l´ım m + O((x − 1)) = m. l´ım

x→1

Por último, usando la regla de L’Hôpital obtenemos: mxm−1 xm − 1 0 = = l´ım = m. x→1 x − 1 0 x→1 1 l´ım

ln(1 + ex ) +∞ =« » (indeterminación). x→+∞ x +∞

(e) l´ım

Consideremos primero el cambio de variable t = 1x . Nótese que si x → +∞, entonces t → 0+ ; por tanto, obtenemos: 1

1 ln(1 + e t ) ln(1 + ex ) l´ım = l´ım+ = l´ım+ t ln(1 + e t ). 1 x→+∞ x t→0 t→0 t

Calculemos este límite usando la regla de L’Hôpital:

+∞ ln(1 + ex ) =« » (indeterminación) x→+∞ x +∞ ex x ex = l´ım 1 + e = l´ım x→+∞ x→+∞ 1 + ex 1 1 1 = 1. = l´ım 1 = x→+∞ x + 1 1+0 e l´ım

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474

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

0 1 ln(1 + ex ) = = 0· = 0·0 = 0 x→−∞ x −∞ −∞

(f) l´ım

(g) l´ım

x→+∞

x + sen(x) +∞ =« » (indeterminación). x − sen(x) +∞

Esta indeterminación se puede resolver dividiendo por x numerador y denominador: x sen(x) + x + sen(x) 1+0 x = l´ım x = 1. l´ım = x→+∞ x sen(x) x→+∞ x − sen(x) 1+0 x x En este caso, no podemos aplicar la regla de L’Hôpital, ya que si consideramos la derivada del denominador (x − sen(x))′ = 1 − cos(x), vemos que no podemos afirmar que a partir de algún número, a, (x − sen(x))′ 6= 0, para todo x ≥ a. De hecho, cualquiera que sea el valor de a, siempre podremos encontrar un x > a para el cual 1 − cos(x) = 0. +∞ ln(x) » (indeterminación). (h) l´ım √ = « x→+∞ x +∞ √ Por órdenes de infinitud sabemos que: x 0, a 6= 1 ax dx = ln(a)

Proposición 5.2

Una primitiva de

1 x+ a

es la función ln |x + a|. Es decir: Z

1 dx = ln |x + a|. x+a

D EMOSTRACIÓN. Para demostrar esta proposición derivaremos ln |x + a| y comprobaremos que se obtiene la función x+1 a . La función ln |x + a|, que no está definida en x = −a, se puede escribir como:

ln |x + a| =

✐

 ln(x + a),

x > −a

ln(−x − a), x < −a

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482

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

donde derivando se obtiene:  1   ,  x + a ′ (ln |x + a|) =  1   · (−1), −x − a

que coincide con la función definida.

1 x+ a ,

x > −a x < −a

ya que en x = −a ninguna de las dos funciones está 

Observación 5.3

La función x+1 a está definida para todo x 6= −a, tanto positivo como negativo; por tanto, la primitiva también debe estar definida para todo x 6= −a. La función logaritmo no está definida en los números negativos; por eso aparece el valor absoluto.

5.3.2. Primitivas casi-inmediatas Las primitivas casi-inmediatas son aquellas que se pueden calcular simplemente utilizando la regla de la cadena y la Tabla 5.1 de integrales inmediatas. Esto queda más claro en la siguiente proposición. Proposición 5.3

Si F (x) es una primitiva de la función f (x), dada otra función g(x) tenemos que: Z

f (g(x))g′ (x) = F (g(x)).

Estas primitivas se denominan casi-inmediatas. D EMOSTRACIÓN. Dado que F (x) es una primitiva de f (x), entonces F ′ (x) = f (x). Por tanto, si derivamos aplicando la regla de la cadena:

(F (g(x))′ = F ′ (g(x))g′ (x) = f (g(x))g′ (x), tal y como queríamos ver.



Ejemplo 5.3 Calcular la primitiva de la función:

cos(x) . sen(x)  S OLUCIÓN. Si consideramos las funciones f (x) = g′ (x) = cos(x) tenemos que:

1 x,

g(x) = sen(x), dado que

1 cos(x) = cos(x) = f (g(x))g′ (x). sen(x) sen(x)

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✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

483

Por tanto, para calcular la primitiva solo necesitamos calcular una primitiva de f ; en este caso, F (x) = ln |x|. Entonces: cos(x) dx = sen(x)

Z

En efecto:

Z

f (g(x))g′ (x) = F (g(x)) = ln | sen(x)|.

 ′ ln | sen(x)| =

1 cos(x) (sen(x))′ = . sen(x) sen(x) 

Ejercicio propuesto 5.2

Calcular las siguientes primitivas: Z 3x2 dx (a) cos2 (x3 ) (b) (c)

Z

Z

2

2xex dx − sen(x) dx 1 + cos2 (x)

5.3.3. Método de integración por partes El método de integración por partes permite calcular la integral de un producto de dos funciones utilizando una fórmula que nos lleva a una integral más simple que la inicial. Proposición 5.4

Sean las funciones u(x) y v(x) derivables. Entonces: Z

u(x)v′ (x) dx = u(x)v(x) −

Z

v(x)u′ (x) dx.

D EMOSTRACIÓN. Al ser u(x) y v(x) derivables también lo es la función producto u(x) · v(x). Si derivamos esta función obtenemos:

(u(x)v(x))′ = u′ (x)v(x) + u(x)v′ (x), y si integramos cada uno de los sumandos obtenemos: Z

(u(x)v(x))′ dx = {z } |

Z

u′ (x)v(x) dx +

Z

u(x)v′ (x) dx.

u ( x) v( x)

Si ahora reordenamos los términos de la expresión anterior llegamos a: Z

u(x)v′ (x) dx = u(x)v(x) −

tal y como queríamos demostrar.

✐

Z

v(x)u′ (x) dx, 

✐

484

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Como se deduce de la fórmula, el método de integración por partes es aplicable cuando el integrando se puede expresar como producto de dos funciones, una de las cuales, v′ (x), tiene integral inmediata y la otra, u(x), que al derivarla, nos conduce a una función, u′ (x), de modo que el nuevo integrando v(x)u′ (x) sea más sencillo. Es importante elegir hábilmente las funciones u(x) y v′ (x) para que al aplicar la fórmula de integración por partes lleguemos a una integral más sencilla que la inicial. Ejemplo 5.4 Calcular la integral indefinida de f (x) = ln(x).



S OLUCIÓN. Z

ln(x) dx =



( ∗) 

Z

( ∗)

ln(x) |{z} 1 dx = ln(x)x − | {z } ′ u(x) v (x) dx

1 x dx x

⇒ u′ (x) dx = 1x dx

u(x) = ln(x) v′ (x) dx

Z

= 1 dx ⇒ v(x) = x

= x ln(x) −

Z

 

1 dx = x ln(x) − x + C, C ∈ R. 

Observación 5.4

Nótese que, a veces, como en el Ejemplo 5.4, una de las partes queda oculta en la integral inicial, al haber considerado v′ (x) = 1. Ejemplo 5.5 Calcular la integral indefinida de f (x) = xex .



S OLUCIÓN. Z

xex dx =



( ∗) 

Z

( ∗)

u(x) v′ (x) dx

u( x) = x v′ (x) dx

x dx = xex − x e|{z} |{z}

=

Z

ex dx

⇒ u′ (x) dx = 1 dx

ex dx

⇒ v( x) =

ex

 

= xex − ex + C, C ∈ R.  En el siguiente ejemplo, es necesario aplicar el método de integración por partes dos veces.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

Ejemplo 5.6 Calcular la integral indefinida de f (x) = x2 sen(2x).

485



S OLUCIÓN. Z

2

x sen(2x) dx = 

( ∗) 

Z

u(x) = x2 v′ (x) dx

( ∗)

x2 sen(2x) dx = |{z} | {z } u ( x)

v′ (x) dx

⇒ u′ (x) dx = 2x dx

= sen(2x) dx ⇒ v(x) =

− 12 cos(2x)

1 = − x2 cos(2x) + x cos(2x) dx 2 | {z } Z

 

integración por partes

Z

x cos(2x) dx = 

( ∗) 

u( x) = x v′ (x) dx

Z

( ∗)

x cos(2x) dx = |{z} | {z } u ( x)

v′ (x) dx

⇒ u′ (x) dx = 1 dx

= cos(2x) dx ⇒ v(x) =

1 2 sen(2x)

 

1 1 = x sen(2x) − sen(2x) dx 2 2 1 1 = x sen(2x) + cos(2x) + C,C ∈ R. 2 4 Z

Por tanto, tenemos: Z

1 1 1 x2 sen(2x) dx = − x2 cos(2x) + x sen(2x) + cos(2x) + C. 2 2 4 

Ejercicio propuesto 5.3

Calcular las primitivas de las siguientes funciones usando integración por partes: (a) (b) (c)

✐

Z

Z

Z

−2x

xe

dx

(d)

x cos(x) dx

(e)

x ln(x) dx

(f)

Z

Z

Z

x2 cos(x) dx x2 ex dx ex cos(x) dx

✐

486

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

5.3.4. Método del cambio de variable Este método consiste en utilizar un cambio de variable con el objetivo de reescribir la integral inicial en otra más sencilla. La dificultad de este método reside en escoger dicho cambio de variable. Proposición 5.5

Si t = g(x) es una función derivable cuya imagen es un intervalo I, y f es continua en I, entonces: Z Z f (g(x))g′ (x) dx = f (t ) dt. D EMOSTRACIÓN. Sea F (t ) una primitiva de la función f (t ); entonces, por la regla de la cadena se satisface:

(F (g(x)))′ = F ′ (g(x))g′ (x) = f (g(x))g′ (x). Es decir, F (g(x)) es una primitiva de la función f (g(x))g′ (x), lo que podemos escribir como: Z f (g(x))g′ (x) dx = F (g(x)) + C, C ∈ R. Utilizamos ahora el cambio de variable t = g(x) para obtener: Z

f (g(x))g′ (x) dx = F (t ) + C, C ∈ R.

Finalmente, recordando que F (t ) es una primitiva de la función f (t ) obtenemos: Z

f (g(x))g′ (x) dx =

Z

f (t ) dt

tal y como queríamos demostrar.  Es habitual, y así lo haremos en este libro, aplicar el resultado de la anterior proposición utilizando la siguiente notación: Z

( ∗)

′

Z

f (g(x))g (x) dx = f (t ) dt = F (t ) = F (g(x)).   t = g( x) ( ∗) dt = g′ (x) dx

Es importante observar que el último paso consiste en deshacer el cambio de variable, es decir, en reemplazar t por g(x). Observación 5.5 R

Las integrales casi-inmediatas, f (g(x))g′ (x) dx, se pueden resolver siempre por el método de cambio de variable (utilizando el cambio t = g(x)).

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

√

Ejemplo 5.7 Calcular la integral indefinida de la función f (x) = x 1 + x2 .

487



S OLUCIÓN. Z

p x 1 + x2 dx

( ∗)

"

( ∗)

=

Z √ dt

1 t = 2 2

Z

t 1/2 dt =

t = 1 + x2 dt = 2x dx ⇒ x dx = dt/2

=

1 2 3/2 t +C 23 #

p 1 √ 1 t t + C = (1 + x2 ) 1 + x2 + C. 3 3

 1 √ usando el cambio Ejemplo 5.8 Calcular una primitiva de la función f (x) = 1+ x x = t 2.  S OLUCIÓN. Z

1 ( ∗) √ dx = 1+ x

1 √ 2t dt = 1 + t2 " # x = t2

Z

( ∗)

Z

2t dt = 1+t √ t 2 = t porque t ≥ 0

dx = 2t dt

 Z  2( 1 + t ) − 2 2 dt = 2− dt = 1+t 1+t = 2t − 2 ln |1 + t| √ √ √ √ = 2 x − 2 ln |1 + x| = 2 x − 2 ln(1 + x). Z

 Ejercicio propuesto 5.4

Calcular las primitivas de las siguientes funciones usando el método de cambio de variable.

✐

(a)

Z

(b)

Z

p x 1 − x2 dx 2

3 3

x (1 + 2x ) dx

√

(c)

Z

e x √ dx x

(d)

Z

x √ dx 1 − x4

✐

488

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

5.3.5. Primitivas de funciones racionales P ( x)

En esta sección se verá como calcular primitivas de funciones racionales Q(x) , donde P(x) y Q(x) son polinomios con Q(x) 6= 0. El procedimiento consta de tres pasos:

Paso (1) Reducción a una fracción donde el grado del numerador sea menor que el grado del denominador. El primer paso consiste en asegurarnos que el grado del polinomio del numerador es menor al grado del polinomio del denominador. En caso contrario, haremos la división de polinomios P(x) entre Q(x) obteniendo: P ( x) = Q ( x) s( x) + r ( x) , donde s(x) es el cociente y r(x) el residuo. Así pues: Q ( x) s( x) + r ( x) r ( x) P ( x) = = s( x) + Q ( x) Q ( x) Q ( x) e integrando: Z

Z

P ( x) dx = s(x) dx + Q ( x) | {z }

Z

r ( x) dx Q ( x)

inmediata

donde en lugar de la integral inicial hemos obtenido una integral de resolución inmediata y otra con una función racional donde, ahora sí, el grado del polinomio del numerador es menor que el grado del polinomio del denominador: grado(r(x)) < grado(Q(x)). Ejemplo 5.9 Veamos algunos ejemplos de como reducir una función racional a

otra donde el grado del numerador sea menor que el grado del denominador. x2 + 3 dx = x

Z

2x dx = x+1

Z

Z

3x2 = x+7

(3x − 21)(x + 7) + 147 dx = x+7

=

✐

3 x2 dx = + x 2

Z

Z

Z 

x+

2( x + 1) − 2 dx = x+1

(3x − 21)2 + 6

Z

Z

Z 

3 dx x 2−

2  dx = 2x − x+1 Z

(3x − 21) +

Z

2 dx x+1

147 dx = x+7

147 dx x+7

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

Z

x3 − 4x2 + 2x + 5 = x2 − 5x + 6

Z

489

(x2 − 5x + 6)(x + 1) + (x − 1) dx = x2 − 5x + 6

=

Z

=

( x + 1) 2 + 2

( x + 1) +

x−1

x2 − 5x + 6

Z

dx =

x−1 dx x2 − 5x + 6



Paso (2) Descomposición en fracciones simples. El segundo paso consiste en calcular la descomposición en fracciones simples P ( x) de la función Q(x) donde, recordemos, el grado del polinomio del numerador es inferior al del denominador. Para obtener la descomposición debemos factorizar primero Q(x) y entonces: (i) Por cada factor que sea una raíz real simple, (x − a), introduciremos un término del tipo: A , x−a donde A es un número real. (ii) Por cada factor que sea una raíz real múltiple, (x − a)m , introduciremos los términos: m

Ak

A1

A2

Am

∑ ( x − a) k = x − a + ( x − a) 2 + · · · + ( x − a) m ,

k=1

donde A1 , . . . , Am son números reales. (iii) Por cada factor que sea una raíz compleja simple, es decir, un monomio de grado 2 irreducible, (x2 + px + q), introduciremos el término: Mx + N , px + q

x2 + donde M y N son números reales.

(iv) Por cada factor que sea una raíz compleja múltiple, (x2 + px + q)m , introduciremos los términos: m Mk x + Nk ∑ (x2 + px + q)k , k=1 donde M1 , N1 , . . . , Mm , Nm son números reales. En el caso de que alguna de las raíces sea compleja múltiple, en lugar de utilizar la descomposición en fracciones simples, resulta más sencillo utilizar el método de Hermite, que descompone el integrando en la siguiente forma:  ′ P1 (x) P ( x) P ( x) = + 2 , Q ( x) Q1 ( x ) Q2 ( x )

✐

✐

490

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

donde Q1 (x) es el máximo común divisor de Q(x) y Q′ (x); Q2 (x) = QQ1((xx)) y tiene todas sus raíces simples; y los polinomios de coeficientes indeterminados P1 (x) y P2 (x) son de grados inferiores a Q1 (x) y Q2 (x), respectivamente. Observemos que mediante este método la integral inicial se reescribe como: Z

P1 (x) P ( x) dx = + Q ( x) Q1 ( x )

Z

P2 (x) dx, Q2 ( x )

y, por tanto, se compone de una parte racional ya integrada y otra racional con todas las raíces del denominador simples. Los coeficientes indeterminados de las fracciones simples se obtienen sumando dichas fracciones e imponiendo que el resultado obtenido sea igual a la fracción inicial P(x)/Q(x). Ejemplo 5.10 Calcular la descomposición en fracciones simples de la función:

7x − 11 . (x − 3)(x + 2)  S OLUCIÓN. El primer paso consiste en asegurarnos que el grado del polinomio del numerador es menor al grado del polinomio del denominador. A continuación, observamos que el denominador ya está factorizado y solo aparecen raíces reales simples. Por tanto: A B 7x − 11 = + . (x − 3)(x + 2) x − 3 x + 2

Para encontrar los coeficientes A y B sumamos las fracciones simples: A ( x + 2) + B ( x − 3) (A + B)x + 2A − 3B = . (x − 3)(x + 2) (x − 3)(x + 2)

Evidentemente, el resultado obtenido debe coincidir con la fracción inicial. Al ser los denominadores iguales, solo debemos imponer que los numeradores sean iguales. Así pues, obtenemos dos ecuaciones con dos incógnitas: A+B = 7 2A − 3B = −11

Finalmente, resolviendo el sistema obtenemos A = 2 y B = 5. Por tanto: 2 5 7x − 11 = + . (x − 3)(x + 2) x − 3 x + 2 

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

491

Ejemplo 5.11 Calcular la descomposición en fracciones simples de la función:

2x − 1 . ( x − 3) 2 ( x + 1)  S OLUCIÓN. El primer paso consiste en asegurarnos que el grado del polinomio del numerador es menor al grado del polinomio del denominador. A continuación, observamos que el denominador ya está factorizado y contiene una raíz real simple y una raíz real múltiple. Por tanto: C A B 2x − 1 + = + 2 2 ( x − 3) ( x + 1) x − 3 ( x − 3) x+1 A(x − 3)(x + 1) + B(x + 1) + C (x − 3)2 = ( x − 3) 2 ( x + 1) .

Evidentemente el resultado obtenido debe coincidir con la fracción inicial. Al ser los denominadores iguales, solo debemos imponer que los numeradores sean iguales. Así pues, para cualquier valor de x se debe cumplir que: 2x − 1 = A(x − 3)(x + 1) + B(x + 1) + C (x − 3)2. En concreto: Si sustituimos por x = −1 obtenemos −3 = 16C ⇒ C = −3/16. Si sustituimos por x = 3 obtenemos 5 = 4B ⇒ B = 5/4. Si derivamos obtenemos:

2 = A(x + 1) + A(x − 3) + B + 2C (x − 3) y luego sustituyendo por x = 3: 2 = 4A + B donde utilizando que B = 5/4 obtenemos A = 3/16. Por tanto:

3/16 5/4 2x − 1 −3/16 = + . + ( x − 3) 2 ( x + 1) x − 3 ( x − 3) 2 x+1



Ejemplo 5.12 Calcular la descomposición en fracciones simples de la función:

2x2 + x + 1 . x(x2 + 1) 

✐

✐

492

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN. El primer paso consiste en asegurarnos que el grado del polinomio del numerador es menor al grado del polinomio del denominador. A continuación, observamos que, en este caso, el denominador ya está factorizado y contiene una raíz real simple y una raíz compleja simple. Por tanto: A(x2 + 1) + x(Bx + C ) 2x2 + x + 1 A Bx + C = + = x(x2 + 1) x x2 + 1 x(x2 + 1) (A + B)x2 + Cx + A = x(x2 + 1) Igualando los coeficientes: 2x2 + x + 1 = (A + B)x2 + Cx + A se obtiene A = B = C = 1 y, por tanto: 2x2 + x + 1 1 x+1 = + 2 . 2 x( x + 1) x x +1  Ejemplo 5.13 Calcular la siguiente integral: Z

1 dx. (1 + x2 )3 

S OLUCIÓN. La función a integrar es racional siendo el grado del polinomio del numerador menor al del denominador. Después, observamos que, en este caso, el denominador ya está factorizado y contiene una raíz compleja de multiplicidad 3. En este caso, en lugar de descomponer en fracciones simples y después integrar todos los términos, es más conveniente utilizar el método de Hermite. Recordemos que este método consiste en descomponer el integrando en la siguiente forma:   P1 (x) ′ P2 (x) P ( x) = + Q ( x) Q1 ( x ) Q2 ( x ) Q ( x)

donde Q1 (x) es el máximo común divisor de Q(x) y Q′ (x); Q2 (x) = Q1 (x) ; y los polinomios P1 (x) y P2 (x) son de grados inferiores a Q1 (x) y Q2 (x), respectivamente. En concreto, en este ejemplo: Q(x) = (1 + x2 )3 ,

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✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

493

por tanto, su derivada es: Q′ (x) = 6x(1 + x2 )2 . Así pues: Q1 (x) = mcd(Q(x), Q′ (x)) = (1 + x2 )2 , Q2 ( x ) =

Q ( x) (1 + x2 )3 = = 1 + x2 . Q1 ( x ) (1 + x2 )2

Por lo que la descomposición de Hermite queda de la forma:  3 ′ Ax + Bx2 + Cx + D Ex + F 1 = . + (1 + x2 )3 (1 + x2 )2 1 + x2 Con el objetivo de determinar los coeficientes calculamos la derivada indicada y agrupamos términos obteniendo: C + F + (2B − 4D + E )x + (3A − 3C + 2F )x2 1 = + (1 + x2 )3 (1 + x2 )3

+

(−2B + 2E )x3 + (−A + F )x4 + Ex5 (1 + x2 )3

donde, al igualar coeficientes, se obtiene: E = 0, B = 0, D = 0, A = F = 38 , C = 58 . Finalmente, la integral inicial se puede calcular fácilmente: Z

Z 3 3 5 3 1 3x3 + 5x 3 8x + 8x 8 dx = + dx = + arctan (x) + C, 2 3 2 2 2 (1 + x ) (1 + x ) 1+x 8(1 + x2 )2 8

donde C ∈ R.



Ejercicio propuesto 5.5

Descomponer en fracciones simples el cociente: 1

(x − 2)(x − 1)2 (x2 + 1)(x2 + 4)2

.

Paso (3) Integración de cada uno de los términos. El tercer paso consiste en calcular la primitiva de cada una de las fracciones simples obtenidas. Así pues, debemos saber integrar los siguientes tipos de fracciones simples. (i) Las primitivas de las fracciones simples del tipo Z

✐

A x−a

son inmediatas:

A dx = A ln |x − a| + C. x−a

✐

494

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(ii) Las primitivas de las fracciones simples del tipo Z

A dx = ( x − a) m

Z

A(x − a)−m dx =

=−

Mx + N dx = x2 + px + q

son inmediatas:

A (x − a)−m+1 −m + 1

A + C. (m − 1)(x − a)m−1

(iii) Las primitivas de las fracciones simples del tipo más de álgebra para ser calculadas. En concreto: Z

A (x−a)m

Z M M 2 (2x + p) + N − 2 p

x2 + px + q

Mx+N x2 + px+q

requieren de algo

dx

derivada del denominador

z }| { Z N − M2 p M 2x + p = dx + dx 2 x2 + px + q x2 + px + q Z N − M2 p M = ln |x2 + px + q| + dx 2 x2 + px + q Z

=

M ln |x2 + px + q| + 2

donde r = −p/2, s = +

=

Z

N − M2 p dx (x − r)2 + s2

p q − p2 /4:

x− r M N + Mr +C ln |x2 + px + q| + arctan 2 s s

Ejemplo 5.14 Vamos a calcular las siguientes primitivas: Z 3 Z  3 x +3 x3

(a)

(b)

x

Z

dx =

x2 +

x

dx =

3

+ 3 ln |x| + C

1 1 1 dx = +C dx = (x − 3)−2 dx = −(x − 3)−1 = − x2 − 6x + 9 ( x − 3) 2 x−3 Z

Z

2x − 5 dx = ln |x2 − 5x + 1| + C x2 − 5x + 1 Z Z Z  x+3 x+3 1 1  5 1 (d) dx = dx = − dx x2 − 4 (x − 2)(x + 2) 4 x−2 4 x+2 (c)

Z

1 5 ln |x − 2| − ln |x + 2| + C 4 4 Z Z  2x − 1 5/4 3/16  3/16 (e) dx = + − dx ( x − 3) 2 ( x + 1) x − 3 ( x − 3) 2 x + 1

=

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

=

495

3 3 5 1 ln |x − 3| − − ln |x + 1| + C 16 4 x − 3 16

x+1 1 2x + 2 1 dx = dx = ln |x2 + 2x + 5| + C 2 2 x + 2x + 5 2 x + 2x + 5 2 Z Z Z  4x + 6 2(2x + 2) + 2 2x + 2 2 (g) dx = dx = 2 + dx x2 + 2x + 5 x2 + 2x + 5 x2 + 2x + 5 x2 + 2x + 5 Z 2 dx. = 2 ln |x2 + 2x + 5| + ( x + 1) 2 + 4 En este caso, la integral pendiente necesita más desarrollo: Z Z 2 1 2 2 2 ln |x2 + 2x + 5| + dx = 2 ln ( x + 2x + 5 ) + dx x + 1 2 ( x + 1) + 4 4 ( 2 )2 + 1 Z 1/2 2 dx =2 ln |x + 2x + 5| + x+ 1 2 ( 2 ) +1 x+1 =2 ln |x2 + 2x + 5| + arctan( ) +C 2 (f)

Z

Z

(h)

Z

1 dx = 2 x + 8x + 25

(i)

Z

10x + 2 dx = x5 − x4 − x + 1

1 dx = ( x + 4) 2 + 9

1 1 dx x + 4 9 ( 3 )2 + 1   Z x+4 1 1 1/3 +C dx arctan = 3 ( x+3 4 )2 + 1 3 3 Z

Z

10x + 2 dx (x + 1)(x − 1)2 (x2 + 1)  Z  B C dx + E A + + + dx = x + 1 x − 1 ( x − 1) 2 x2 + 1 Z

Para poder calcular la integral, hemos de encontrar los coeficientes indeterminados de la descomposición en fracciones simples: A B C dx + E + + + 2 = x + 1 x − 1 ( x − 1) 2 x +1

=

A(x − 1)2 (x2 + 1) + B(x + 1)(x − 1)(x2 + 1) + x5 − x4 − x + 1

+

C (x + 1)(x2 + 1) + ( dx + E )(x + 1)(x − 1)2 x5 − x4 − x + 1

Por tanto, debemos imponer que: 10x + 2 = A(x − 1)2 (x2 + 1) + B(x + 1)(x − 1)(x2 + 1)+

+ C (x + 1)(x2 + 1) + ( dx + E )(x + 1)(x − 1)2

✐

✐

496

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Sustituyendo por x = −1 obtenemos −8 = 8A ⇒ A = −1. Sustituyendo por x = 1 obtenemos 12 = 4C ⇒ C = 3. Derivando y sustituyendo por x = 1 obtenemos: 10 = 2A(x − 1)(x2 + 1) + A(x − 1)2 2x + B(x − 1)(x2 + 1)+

+ B(x + 1)(x2 + 1) + B(x + 1)(x − 1)2x + C (x2 + 1) + C (x + 1)2x+ + D(x + 1)(x − 1)2 + ( dx + E )(x − 1)2 + ( dx + E )(x + 1)2(x − 1) y, por tanto, sustituyendo en x = 1 tenemos: 10 = 4B + 2C + 4C

B=

⇒

10 − 6C = −2. 4

Para encontrar los coeficientes D y E, dado que provienen de la raíz compleja del polinomio x2 + 1 podemos sustituir por x = i, de donde obtenemos: 10i + 2 = (Di + E )(i + 1)(i − 1)2

10i + 2 = 2(D + E ) + 2(D − E )i

⇒

Finalmente debemos igualar las partes reales y las imaginarias: D + E = 5,

D−E = 1

⇒

D = 3,

E =2

Hemos obtenido A = −1, B = −2, C = 3, D = 3, E = −2. Por tanto:  Z  A B C dx + E + + + 2 dx = x+1 x − 1 ( x − 1) 2 x +1  Z  2 3 3x − 2 1 − + + = − x + 1 x − 1 (x − 1)2 x2 + 1

= − ln |x + 1| − 2 ln |x − 1| −

3 3 + ln(1 + x2 ) − 2 arctan(x) + C. x−1 2 

Ejercicio propuesto 5.6

Calcular las primitivas de las siguientes funciones:

✐

(a)

Z

(b)

Z

(c)

Z

x−8 dx 2 x −x−2

x4 − 7x3 + 17x2 − 22x + 14 dx x3 − 7x2 + 14x − 8 4x − 2

5x2 − 20x + 65

(d)

Z

x3 + x2 + x + 1 dx ( x − 1) 5

(e)

Z

x3 + 2x2 − 4x + 13 dx x4 − 4x3 + 13x2

dx

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

497

Ejercicio propuesto 5.7

Calcular las primitivas de las funciones racionales de los Ejemplos 5.8-5.11. Ejercicio propuesto 5.8

Calcular las siguientes primitivas, siguiendo las indicaciones que se acompañan: (a)

Z

1 dx (1 + x2 )2

cambio x = tan(u)

(i)

Z √ 2 x +4

x Z ln(x) √ dx (j) x

(l)

Z

dx

a2 + b2 x2 dx

Z

arctan(x) dx

(f)

Z

(k)

Z

sen(ln(x)) dx

Z

earcsen (x) dx

int. partes

x cos2 (x) dx

int. partes

(d)

int. partes

1 dx ( x − 1) 2 ( x + 1) Z 1 (h) dx 3 + cos(x) cambio x = 2 arctan(t ) p cambio x = 2 tan(u), x2 + 4 = u2 , u = x2 + 4 − x

cambio u =

√ x o partes

tan(x) dx

3x − 2 dx 2 x − 4x + 5 Z √ √ (p) ln(1 − x) dx cambio u = x o partes (n)

(b)

cambio bx = a tan(t )

√ 3 x + x2 √ (c) cambio x = t 6 x Z 3 x + 2x + 1 dx (e) x2 − 5x + 6 Z x (g) dx 2 (x + x + 1)(x + 1) Z √

Z p

Z

(m) (o) (q)

Z

Z

int. partes

cos(x) dx 1 + sen2 (x)

5.4. Integral de Riemann El objetivo de la integral de Riemann es el cálculo del área bajo la gráfica de una función. Es importante en la lectura de esta sección desvincular la palabra integral del proceso inverso a la derivación. Es decir, debemos pensar en la integral de Riemann como una herramienta para calcular áreas.

5.4.1. Idea intuitiva Dada una función f : [a, b] → R acotada y positiva, queremos abordar el problema de determinar el área limitada por la gráfica de f , el eje de abscisas y las rectas x = a y x = b. La Figura 5.1 muestra un ejemplo de área a determinar.

✐

✐

498

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f ( x)

x=a

x=b

Figura 5.1. Área limitada por la gráfica de una función, el eje de abcisas y las rectas x = a y x = b.

Antes de introducir la idea básica de cómo calcular esta área, nos serán útiles las siguientes definiciones. Definición 5.3 Partición

Una partición p del intervalo cerrado [a, b] es un conjunto ordenado y finito de puntos p = {x0 , x1 , x2 , ..., xn } tales que: a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b Definición 5.4 Norma de una partición

Dada una partición p del intervalo cerrado [a, b], denotaremos por norma de dicha partición, kpk, a la diferencia máxima entre cualesquiera dos puntos consecutivos de la partición. Es decir, definiendo la longitud del intervalo i-ésimo como ∆xi = xi − xi−1 tenemos: kpk = max{∆xi , i = 1, . . . , n}. Definición 5.5 Refinamiento de una partición

Un refinamiento de una partición p es otra partición p′ que contiene todos los puntos de p y, además, otros puntos adicionales, también ordenados en orden de magnitud.

Definición 5.6

Denotaremos por P ([a, b]) al conjunto formado por todas las posibles particiones del intervalo [a, b].

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

499

Idea para aproximar el área inferiormente: consideramos una partición p ∈ P ([a, b]) de nuestro intervalo: a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b, dentro de cada subintervalo Ii = [xi−1 , xi ] calculamos el mínimo valor de la función: mi = m´ın{ f (x), x ∈ Ii }, y, finalmente, aproximamos el área bajo la función por la suma de las áreas de los rectángulos. Denotaremos ai al área del rectángulo con base ∆xi = xi − xi−1 y altura mi . Entonces, el área aproximada es: s p ( f ) = m1 ∆x1 + m2 ∆x2 + · · · + mn ∆xn = a1 + a2 + · · · + an . Así pues, s p ( f ) se llama suma (de Riemann) inferior de la función f asociada a la partición p y nos da una cota inferior del área que queremos calcular. El subíndice p indica que esta suma inferior depende de la partición utilizada. Si tomamos una partición distinta, la suma inferior cambia. Ii

mi

ai

[1, 1.5]

2.3914

1.1957

[1.5, 2]

2.2402

1.1201

[2, 2.5]

2.0769

1.0385

[2.5, 3]

1.5764

0.7882

[3, 3.5]

2.1411

1.0706

[3.5, 4]

2.7698

1.3849

suma inferior

6.5980

Figura 5.2. Cálculo de la suma (de Riemann) inferior, s p ( f ), de la función f asociada a 2 p, con f (x) = 2 sen(10x) cos (x)e−(x−2) /2 + 3 y p = {1, 1.5, 2, 2.5, 3, 3.5, 4}.

Para el caso de la Figura 5.2 tenemos una aproximación s p = 6.5980 cuando el área exacta es A = 8.933882605. Idea para aproximar el área superiormente: consideraremos la partición anterior, p ∈ P ([a, b]): a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = b, dentro de cada subintervalo Ii = [xi−1 , xi ], calculamos el máximo valor de la función: Mi = m´ax{ f (x), x ∈ Ii }

✐

✐

500

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por último, aproximamos el área bajo la función por la suma de las áreas de los rectángulos. Denotaremos Ai al área del rectángulo con base ∆xi = xi − xi−1 y altura Mi . Entonces, el área aproximada es: S p ( f ) = M1 ∆x1 + M2 ∆x2 + · · · + Mn ∆xn = A1 + A2 + · · · + An . Así pues, S p ( f ) se llama suma (de Riemann) superior de la función f asociada a la partición p y nos da una cota superior del área que queremos calcular. Recordemos que el subíndice p indica que esta suma superior depende de la partición utilizada. Ii

Mi

Ai

[1, 1.5]

3.2965

1.6482

[1.5, 2]

3.3523

1.6762

[2, 2.5]

4.3300

2.1650

[2.5, 3]

4.2208

2.1104

[3, 3.5]

4.1865

2.0933

[3.5, 4]

3.4961

1.7480

suma superior

11.4411

Figura 5.3. Cálculo de la suma (de Riemann) superior, S p ( f ), de la función f asociada a

p, con f (x) = 2 sen(10x) cos (x)e−(x−2)

2

/2 + 3 y

p = {1, 1.5, 2, 2.5, 3, 3.5, 4}.

Para el caso de la Figura 5.3 tenemos una aproximación S p ( f ) = 11.4411 cuando el área exacta es A = 8.933882605. Observación 5.6

Dada una función f : [a, b] → R acotada y una partición p del intervalo [a, b] obtenemos las sumas de Riemann inferior, s p ( f ), y superior, S p ( f ). Si refinamos la partición inicial, obteniendo una partición más fina p, ˆ entonces la suma inferior aumenta (s pˆ ( f ) > s p ( f )), y la suma superior disminuye (S pˆ ( f ) < S p ( f )). Veamos este hecho en el Ejemplo 5.15. Ejemplo 5.15 El área exacta de la función que se encuentra en la Figura 5.4 es

A =8.933882605. Obsérvese cómo al refinar una partición los rectángulos ajustan mejor la forma de la función y, por tanto, la suma inferior aumenta y la suma superior disminuye. En este caso, las sumas inferiores y superiores convergen al valor del área, tal y como  muestra la Tabla 5.2.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

S p ( f ) = 10.57466

s p ( f ) = 7.41035

S pˆ ( f ) = 9.823275

s pˆ ( f ) = 8.01706

501

Figura 5.4. Cálculo de las sumas de Riemann inferior y superior de la función f (x) =

2 sen (10x) cos (x)e−(x−2) partición más fina pˆ.

2

/2 + 3 para una primera partición

p y una segunda

5.4.2. Definición formal Para poder presentar la definición de función integrable en el sentido de Riemann, cabe recordar la definición de supremo e ínfimo de un subconjunto. Recuérdese que si B es un subconjunto de un conjunto A, se denomina supremo de B al elemento mínimo de A que es mayor o igual a cada elemento de B y que se denota sup(B). Por otro lado, se denomina ínfimo de B al máximo elemento de A que es menor o igual a cada elemento de B y se denota ´ınf(B). Por ejemplo, si tomamos el conjunto B = (0, 1], que es un subconjunto de los números reales, el ínfimo es 0 y el supremo es 1.

✐

✐

502

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Tabla 5.2. Valores de las sumas de Riemann inferiores y superiores a medida que tomamos particiones más finas.

Número de intervalos

sp( f )

Sp( f )

6

6.597950035

11.44108920

12

7.410344617

10.57466057

18

7.760077085

10.10370961

24

8.017068057

9.823274607

30

8.206761358

9.671088636

36

8.325267225

9.555041641

42

8.405479820

9.466787199

48

8.472961787

9.398836600

54

8.524642902

9.350773664

60

8.564191338

9.307486009

66

8.595828891

9.274074506

72

8.624302697

9.246079129

78

8.648065263

9.221106953

84

8.667824200

9.201460265

90

8.685040643

9.183813180

600

8.896422517

8.971374734

1200

8.915147143

8.952625076

2400

8.924513889

8.943253092

4800

8.929198023

8.938567639

A = 8.933882605 En la sección anterior hemos visto que, dada una función f : [a, b] → R acotada y positiva, si refinamos una partición la suma inferior aumenta y la suma superior disminuye. Pues bien, cuando para una cierta función f : [a, b] → R el supremo de las sumas inferiores (tomando todas las posibles particiones del intervalo [a, b]) coincide con el ínfimo de las sumas superiores se dice que la función es integrable en el sentido de Riemann. A continuación se da la definición formal.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

503

Definición 5.7

Si f : [a, b] → R es una función acotada en su dominio, se dice que f es integrable en el sentido de Riemann si se cumple: sup p∈P ([a,b])

{s p ( f )} =

´ınf

p∈P ([a,b])

{S p ( f )}

Entonces, a este valor al que convergen las sumas superiores e inferiores, se le denomina integral definida de f en [a, b] y se denota por: Z b

f (x) dx.

a

Ejemplo 5.16 Veamos un ejemplo de función que no es integrable en el sentido de

Riemann. Consideremos la función Dirichlet f : [a, b] → R definida por: f ( x) =



1, si x ∈ Q 0, si x ∈ R − Q

Sea p = {x0 , x1 , x2 , ..., xn } una partición cualquiera del intervalo [a, b]. En cada subintervalo Ii , el valor máximo de la función es 1 y el mínimo es 0, ya que, por muy pequeño que sea el intervalo, siempre habrá números racionales e irracionales en su interior. Por tanto, la suma superior será S p ( f ) = 1 y la suma inferior será s p ( f ) = 0 para cualquier partición p. Esto demuestra que la función Dirichlet no es integrable en el sentido de Riemann, ya que sumas superiores e inferiores no convergen a un mismo valor, por  mucho que refinemos la partición. Ejemplo 5.17 Veamos que la función identidad, f (x) = x, es integrable en [0, 1]. Sea

pn ∈ P ([0, 1]) la partición en n subintervalos dada por:   1 2 n−1 n pn = 0, , , · · · , , =1 . n n n n Puesto que la función identidad es creciente, el mínimo valor de la función se alcanza siempre en el extremo izquierdo del intervalo y el máximo valor en el extremo derecho. i Es decir, en el subintervalo Ii = [xi−1 , xi ] = [ i−1 n , n ] tenemos: mi =

i−1 , n

i Mi = . n

Además, con la partición escogida todos los subintervalos tienen la misma longitud: 1 ∆xi = , n

✐

∀i = 1, . . . , n.

✐

504

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Así pues, una cota inferior y otra superior de la integral vienen dadas por: 

 0 1 n−1 1 s pn ( f ) = m1 ∆x1 + m2 ∆x2 + · · · + mn ∆xn = + + ··· + , n n n n   1 2 n 1 S pn ( f ) = M1 ∆x1 + M2 ∆x2 + · · · + Mn ∆xn = + + ··· + . n n n n Al utilizar la fórmula 1 + 2 + · · · + m =

m ( m + 1) 2

se obtiene que:

  1 ( n − 1) n 1 s pn ( f ) = = 1− , 2n2 2 n   n( n + 1) 1 1 S pn ( f ) = 1+ . = 2n2 2 n Puesto que el conjunto de particiones {pn , n ∈ N} es un subconjunto del conjunto de todas las particiones P ([0, 1]), se infiere que: 1 = sup {s p ( f )} ≤ sup {s p ( f )}, 2 pn , n∈N n p∈P ([a,b]) así como: 1 = ´ınf {S p ( f )} ≥ ´ınf {S p ( f )}. 2 pn , n∈N n p∈P ([a,b]) De donde se deduce que: 1 1 ≤ sup {s p ( f )} ≤ ´ınf {S p ( f )} ≤ 2 p∈P ([a,b]) 2 p∈P ([a,b]) y, por tanto, podemos concluir que la función identidad es integrable en el sentido de Riemann, ya que: sup p∈P ([a,b])

{s p ( f )} =

1 {S p ( f )} = . 2 p∈P ([a,b]) ´ınf

 A continuación veremos una condición necesaria y suficiente para la existencia de la integral de Riemann de una función acotada.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

505

Proposición 5.6

Sea f : [a, b] → R una función acotada en su dominio. Entonces, f es integrable en el sentido de Riemann si y solo si para cualquier partición p ∈ P ([a, b]) el siguiente límite existe: n

l´ım

∑ f (ti )∆xi

kpk→0 i=1

donde ∆xi es la longitud del intervalo i-ésimo y ti es cualquier punto en este intervalo [xi−1 , xi ]. Recordemos que kpk es la diferencia máxima entre dos puntos consecutivos cualesquiera de la partición. Al valor de dicho límite se le denomina integral definida de f en [a, b] y se denota por: Z b

f (x) dx.

a

Observación 5.7

Si tomamos una partición p equiespaciada, es decir, donde los n intervalos tienen la misma longitud, ∆x, el anterior límite se puede escribir como: n

l´ım

n→∞

∑ f (ti )∆x

i= 1

ya que ∆x disminuye a medida que aumentamos el número de puntos de la partición y, por tanto, la norma de la partición tiende a cero. La notación clásica de la integral definida introducida por Leibniz se justifica a partir de la anterior proposición. Leibniz imaginó a las sumas finitas ∑ni=1 f (ti )∆xi (llamadas sumas de Riemann) que se convertían en una suma infinita de valores de la función f (x) multiplicada por anchos infinitesimales dx de los subintervalos. El símbolo de la suma R ∑ se reemplaza en el límite por el símbolo de la integral , que no es más que una S alargada que representa la palabra suma. Los valores de la función f (ti ) se reemplazan por una selección continua de valores de la función f (x). Los anchos de los subintervalos ∆xi se convierten en la diferencial dx. Observación 5.8

Si f : [a, b] → R es una función acotada e integrable en el sentido de Riemann, y además, f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b], entonces: Z b

f (x) dx = A

a

donde A es el área limitada por la gráfica de f , el eje de abscisas y las rectas de ecuaciones x = a y x = b.

✐

✐

506

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

La Figura 5.5 muestra un ejemplo de área limitada por la gráfica de una función f : [a, b] → R acotada e integrable en el sentido de Riemann, el eje de abscisas y las rectas de ecuaciones x = a y x = b, donde f (x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b].

A

2

Figura 5.5. Área limitada por la gráfica de la función f (x) = 2.5e−(x−2) + 1, el eje de abscisas y las rectas de ecuaciones x = a y x = b.

Observación 5.9

Si f : [a, b] → R es una función acotada e integrable en el sentido de Riemann, y además, f (x) ≤ 0, ∀x ∈ [a, b], entonces: Z b a

f (x) dx = −A

donde A es el área limitada por la gráfica de f , el eje de abscisas y las rectas de ecuaciones x = a y x = b. La Figura 5.6 muestra un ejemplo de área limitada por la gráfica de una función f : [a, b] → R acotada e integrable en el sentido de Riemann, el eje de abscisas y las rectas de ecuaciones x = a y x = b, donde f (x) ≤ 0, ∀x ∈ [a, b]. Observación 5.10

Si f : [a, b] → R es una función acotada e integrable en el sentido de Riemann, entonces: Z b

a

f (x) dx = A − B

donde A es la suma de las áreas limitadas por la función f en los trozos positivos, y B es la suma de las áreas limitadas por la función f en los trozos negativos.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

507

A

2

Figura 5.6. Área limitada por la gráfica de la función f (x) = −2.5e−(x−2) − 1, el eje de abscisas y las rectas de ecuaciones x = a y x = b.

La Figura 5.7 muestra un ejemplo de área limitada por la gráfica de una función f : [a, b] → R acotada e integrable en el sentido de Riemann, el eje de abscisas y las rectas de ecuaciones x = a y x = b. En este caso, la suma de las áreas limitadas por la función en los trozos positivos es A = A1 + A2 . El área limitada por la función en los trozos negativos es B.

A1

A2 B 2

Figura 5.7. Área limitada por la gráfica de la función f (x) = −4e−(x−2) + 2, el eje de abscisas y las rectas de ecuaciones x = a y x = b.

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508

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

5.4.3. Propiedades de la integral de Riemann Proposición 5.7

Dadas f : [a, b] → R y g : [a, b] → R integrables en el sentido de Riemann en [a, b] se cumplen las siguientes propiedades: (a)

Z b

f (x) dx = −

a

(b)

Z a

Z a

f (x) dx

b

f (x) dx = 0

a

(c)

Z b

( f (x) + g(x)) dx =

a

(d)

f (x) dx +

a

Z b

k f (x) dx = k

a

(e)

Z b

Z b a

Z c

f (x) dx +

Z b c

a

Z b

g(x) dx

a

f (x) dx, ∀k ∈ R

f (x) dx =

Z b a

f (x) dx, ∀c ∈ [a, b]

R

Al definir ab f (x) dx como un límite de sumas ∑ni=1 f (ti )∆xi , nos movemos de izquierda a derecha recorriendo el intervalo [a, b]. ¿Qué sucede si nos movemos de derecha a izquierda, empezando en x0 = b y terminando con xn = a? Cada ∆xi en la suma cambiaría de signo, ya que ahora xi − xi−1 sería negativo. En el resultado final, el signo de la integral se vería modificado. Como no habíamos dado previamente un significado a la integración hacia atrás, esto nos lleva a definir la propiedad (a). Por otro lado, solo hemos definido la integral en [a, b] cuando a < b. ¿Qué sucede si tenemos un intervalo de integración de ancho cero, es decir, a = b? Como a = b implica ∆x = 0, siempre que f (a) exista, definimos la propiedad (b). Mientras que las propiedades (a) y (b) son definiciones, las reglas (c), (d) y (e) deben demostrarse. La siguiente es una demostración de la regla (c). Pueden realizarse demostraciones similares para verificar las otras propiedades. D EMOSTRACIÓN.[De la propiedad (c)] Consideremos p = {x0 , x1 , x2 , ..., xn } una partición cualquiera del intervalo [a, b]. En cada subintervalo: Ii = [xi−1 , xi ] donde i = 1, . . . , n definimos: mi = m´ın{ f (x) + g(x), x ∈ Ii },

m′i = m´ın{ f (x), x ∈ Ii },

m′′i = m´ın{g(x), x ∈ Ii }.

Por las propiedades del mínimo respecto de la suma se cumple: mi ≥ m′i + m′′i ,

✐

i = 1, . . . , n.

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

509

Si definimos análogamente los máximos Mi , Mi′ , Mi′′ se verifica: Mi ≤ Mi′ + Mi′′ ,

i = 1, . . . , n.

Así pues, las sumas superiores e inferiores de las funciones f + g, f y g asociadas a la partición p cumplen: s p ( f + g) ≥ s p ( f ) + s p ( g)

S p ( f + g) ≤ S p ( f ) + S p ( g) , y en consecuencia: sup p∈P ([a,b])

{s p ( f )} +

sup p∈P ([a,b])

sup

{s p (g)} ≤

p∈P ([a,b])

≤

p∈P ([a,b])

´ınf

{s p ( f + g)} ≤ {S p ( f )} +

´ınf

p∈P ([a,b])

´ınf

p∈P ([a,b])

{S p ( f + g)}

{S p (g)}.

La hipótesis de integrabilidad de las funciones f y g motiva que el primer y último término sean iguales y, por tanto, el supremo de las sumas inferiores coincide con el ínfimo de las sumas superiores de la función f + g. En resumen, esta función es integrable y se cumple la propiedad enunciada. 

5.4.4. Teorema fundamental del cálculo La definición formal de integral de Riemann (o integral definida) es difícil de usar para calcular integrales en la práctica. Veamos en esta sección dos importantes teoremas que nos serán de gran utilidad para el cálculo de integrales. Teorema 5.1 Fundamental del Cálculo (primera parte)

Si f es continua en [a, b], entonces la función F ( x) =

Z x

f (t ) dt

a

es continua en [a, b] y derivable en (a, b) y su derivada es: F ′ ( x) = f ( x) . D EMOSTRACIÓN. Sea c ∈ (a, b). Utilizando la definición formal de derivada: F ( c + h) − F ( c) . h→0 h

F ′ (c) = l´ım

Sea h > 0 (el caso h < 0 se demuestra de manera análoga y se deja como ejercicio al R lector), entonces como F (x) = ax f (t ) dt tenemos: F ( c + h) − F ( c) =

✐

Z c+ h a

f (t ) dt −

Z c a

f (t ) dt =

Z c+ h

f (t ) dt.

c

✐

510

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

R

A continuación, obtendremos una cota superior e inferior de la integral cc+h f (t ) dt. Dentro del subintervalo [c, c + h] calculamos el máximo valor de la función: Mh = m´ax{ f (t ), t ∈ [c, c + h]}. R

Así pues, Mh · h es una cota superior de la integral cc+h f (t ) dt. Dentro del subintervalo [c, c + h] calculamos el mínimo valor de la función: mh = m´ın{ f (t ), t ∈ [c, c + h]}. Así pues, mh · h es una cota inferior de la integral podemos escribir: mh · h < y como

R c+ h c

Z c+ h c

R c+ h c

f (t ) dt. Utilizando ambas cotas

f (t ) dt < Mh · h

f (t ) dt = F (c + h) − F (c) tenemos: F ( c + h) − F ( c) < Mh . h

mh < Finalmente, al ser f continua en c:

l´ım mh = l´ım Mh = f (c),

h→0

h→0

y, por tanto: F ( c + h) − F ( c) = f ( c) . h Es decir, dado c ∈ (a, b) hemos visto que F ′ (c) = f (c), tal y como queríamos demostrar.  l´ım

h→0

Teorema 5.2 Fundamental del cálculo (segunda parte) o regla de Barrow

Si f es una función continua en [a, b] y F (x) es una primitiva de f , entonces: Z b a

f (x) dx = F (b) − F (a).

La notación usual para la diferencia F (b) − F (a) es: b F ( x)

[F (x)]ba

o

a

dependiendo de si F tiene uno o más términos. D EMOSTRACIÓN. Dada f una función continua en [a, b] el primer teorema fundamental del cálculo nos dice que existe una primitiva de dicha función, G(x), tal que: G ( x) =

Z x

f (t ) dt.

a

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

511

Sea F (x) otra primitiva de la función f (x). Entonces, por la Proposición 5.1, existe una constante C ∈ R tal que: G(x) − F (x) = C, para todo x ∈ [a, b]. Esto último lo podemos reescribir como: G(x) = F (x) + C para todo x ∈ [a, b]. En concreto, en x = a obtenemos: 0 = G(a) = F (a) + C, es decir C = −F (a). Por tanto: G ( x) = F ( x) − F ( a) . Y en particular, en x = b obtenemos: Z b a

f (t ) dt = F (b) − F (a).

 La proposición anterior es muy importante porque nos relaciona el problema de cálculo de áreas (cálculo integral) con el cálculo de derivadas (cálculo diferencial). Informalmente podemos decir que el teorema afirma que la derivación e integración son operaciones inversas. Z Ejemplo 5.18 Calcular la integral

2π

0

cos(x) dx.



S OLUCIÓN. Si consideramos f (x) = cos(x), tenemos que F (x) = sen(x) es una primitiva de f (x) y, por tanto: Z 2π 0

2π cos(x) dx = sen(x) = sen(2π ) − sen(0) = 0. 0



Ejemplo 5.19 Calcular la integral definida: Z 2√ 0

2x + 1 dx

utilizando el cambio de variable u = 2x + 1.



S OLUCIÓN. Cuando calculamos una integral definida mediante cambio de variable, podemos proceder de diversas maneras:

✐

✐

512

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(a) calcular una primitiva de la función y después aplicar la regla de Barrow (esto implica aplicar y deshacer el cambio de variable); (b) aplicar el cambio de variable a los extremos de integración e integrar (lo que implica que no es necesario deshacer el cambio). En el caso que nos ocupa, si optamos por la opción (a) y aplicamos el cambio de variable u = 2x + 1, lo que implica du = 2 dx, tenemos: Z √

2x + 1 dx =

Z

Entonces: Z 2√ 0

√ 1√ 1 √ 1 udu = u u = (2x + 1) 2x + 1 = F (x). 2 3 3

√ 5 5−1 . 2x + 1 dx = F (2) − F (0) = 3

Si optamos por la opción (b), entonces los nuevos extremos de integración serán: u = 2x + 1|x=0 = 1, u = 2x + 1|x=2 = 5, con lo que la integral definida es: Z x= 2 √ x= 0

2x + 1 dx =

√ 1 √ u=5 5 5 − 1 udu = u u = . 2 3 3 u= 1

Z u= 5 1√ u= 1

Obviamente, el resultado en ambos casos es el mismo, pero la segunda opción puede ser más rápida al ahorrarnos deshacer un cambio de variable.  Ejercicio propuesto 5.9

Dada una curva en el plano definida mediante la ecuación y = f (x), la longitud de esta curva desde x = a hasta x = b viene dada por: L=

Z bq a

1 + ( f ′ (x))2 dx.

(i) Demostrar la fórmula anterior. (ii) Demostrar que la longitud de la circunferencia de radio r es 2π r. Indicación: calcular la longitud de la circunferencia en el primer cuadrante y multiplicar por 4.

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✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

513

Ejercicio propuesto 5.10

Considérese una placa bidimensional de densidad constante delimitada por las curvas y1 = g(x), y2 = f (x) y las rectas x = a y x = b donde a < b y f (x) > g(x) para todo x ∈ [a, b]. Entonces, el centro de masa de la placa se calcula según: Z b

x¯ = Za

x( f (x) − g(x)) dx

b

a

( f (x) − g(x)) dx

Z b

1 y¯ = Za 2

a

( f (x)2 − g(x)2 ) dx b

( f (x) − g(x)) dx

√ (i) Hallar el centro de masa de la región limitada por la parábola y = x, el eje OX y las rectas x = 0 y x = 4. (ii) Hallar el centro de masa de la región limitada por la curva y = x2 , la recta y = x + 2 y las rectas x = −1 y x = 2.

(iii) Hallar el centro de masa del semicírculo de radio a situado en el primer y el segundo cuadrante.

5.5. Área entre dos curvas Veremos a continuación como calcular el área delimitada entre dos funciones dadas. Empezaremos por el caso más sencillo en que las dos funciones son positivas y una de ellas siempre es estrictamente mayor que la otra. Luego estudiaremos el caso en que las funciones no tienen por qué ser positivas (pero seguiremos suponiendo que una de ellas es estrictamente mayor que la otra). Finalmente, veremos el caso más general en el que tenemos dos funciones integrables cualesquiera.

5.5.1. Área delimitada por dos funciones acotadas e integrables siempre positivas y una de ellas estrictamente mayor que la otra Sean f y g dos funciones acotadas e integrables en el sentido de Riemann en [a, b] tales que f (x) ≥ g(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b] , como las mostradas en la Figura 5.8. El área delimitada entre las dos curvas y las rectas x = a y x = b viene dada por: A=

Z b a

✐

( f (x) − g(x)) dx.

✐

514

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

f ( x)

A g( x)

x=a

x=b

Figura 5.8. Ejemplo de funciones f y g acotadas e integrables en el sentido de Riemann en [a, b] tales que f (x) ≥ g(x) ≥ 0, ∀x ∈ [a, b].

Obsérvese que: Z b a

( f (x) − g(x)) dx =

Z b

Z b

g(x) dx = A, f (x) dx − | a {z } | a {z } A+B

tal y como puede verse en la Figura 5.9. Z b a

Z b

f (x) dx = A + B

a

B

Z b

g(x) dx = B

a

f

( f (x) − g(x)) dx = A f

f

A

A g

g B

B x=a

g

x=b

x=a

x=b

x=a

x=b

Figura 5.9. Área delimitada por dos funciones f y g acotadas e integrables en el sentido de Riemann en [a, b] tales que f (x) ≥ g(x) ≥ 0 ∀x ∈ [a, b]

5.5.2. Área delimitada por dos funciones acotadas e integrables tales que una de ellas es estrictamente mayor que la otra Sean f y g dos funciones acotadas e integrables en el sentido de Riemann en el intervalo [a, b] tales que f (x) ≥ g(x), ∀x ∈ [a, b], como las mostradas en la Figura 5.10.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

515

g( x) f ( x)

A

x=a

x=b

Figura 5.10. Ejemplo de funciones f y g acotadas e integrables en el sentido de Riemann en [a, b] tales que f (x) ≥ g(x), ∀x ∈ [a, b].

El área delimitada entre las dos curvas y las rectas x = a y x = b viene dada, igual que en el caso f (x) ≥ g(x) ≥ 0, por: A=

Z b a

( f (x) − g(x)) dx.

Veamos la igualdad anterior mediante el cálculo del área representada en la Figura 5.11. Z b a

f (x) dx = B + E + D g

Z b a

g(x) dx = B −C + D g

f

Z b a

( f (x) − g(x)) dx = E + C g f

f

E B

E D

B

D C

C x=a

x=b

x=a

x=b

x=a

x=b

Figura 5.11. Área delimitada por dos funciones f y g acotadas e integrables en el sentido de Riemann en [a, b] tales que f (x) ≥ g(x), ∀x ∈ [a, b].

Para el área representada en la Figura 5.11 tenemos: Z b

f (x) dx = B + E + D

a

Z b a

✐

g(x) dx = B −C + D.

✐

516

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por tanto: Z b a

( f (x) − g(x)) dx = B + E + D − (B −C + D) = E + C = A.

5.5.3. Área delimitada por dos funciones cualesquiera acotadas e integrables Sean f y g dos funciones cualesquiera acotadas e integrables en el sentido de Riemann en el intervalo [a, b], como las mostradas en la Figura 5.12. f g A

x0 x=a

x1

x=b

Figura 5.12. Ejemplo de funciones f y g cualesquiera acotadas e integrables en el sentido de Riemann en [a, b].

El área delimitada entre las dos curvas y las rectas x = a y x = b viene dada por: A=

Z b a

| f (x) − g(x)| dx.

R

Ahora bien, ¿cómo se calcula ab | f (x) −g(x)| dx? Observemos que, para calcular el valor absoluto, necesitamos saber cuando f (x) − g(x) ≥ 0 y cuando f (x) − g(x) ≤ 0. Por tanto, para calcular el área es necesario: (1) Calcular los puntos de intersección de las dos funciones en el intervalo [a, b]. (2) Determinar los subintervalos donde f (x) ≥ g(x) y los subintervalos donde g( x) ≥ f ( x) . (3) El área es la suma de las integrales de f − g, donde f es mayor que g y las integrales de g − f , donde g es mayor que f .

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

517

En el caso de las funciones f y g de la Figura 5.12: A =

Z b a

=

| f (x) − g(x)| dx

Z x0 a

(g(x) − f (x)) dx +

Z x1 x0

( f (x) − g(x)) dx + √

Z b x1

(g(x) − f (x)) dx √

Ejemplo 5.20 Dadas las funciones f (x) = 2 x + 1 y g(x) = 3 x, calcular el área de

la región cerrada en forma de media luna que delimitan con el eje OY .



S OLUCIÓN. La Figura 5.13 muestra el área limitada por las gráficas de las funciones f y g. √ g( x) = 3 x √ f ( x) = 2 x + 1

A

x = 4/5

√

Figura 5.13. Área limitada por las gráficas de las funciones f (x) = 2 x + 1 y √ g(x) = 3 x.

Lo primero que debemos hacer es determinar el punto de corte, es decir, el punto x tal que f (x) = g(x): √ √ 2 x + 1 = 3 x ⇔ 4(x + 1) = 9x ⇔ 5x − 4 = 0 4 ⇔ x= . 5 Dado que en el intervalo [0, 45 ] tenemos f (x) ≥ g(x), el área viene dada por: A=

✐

Z

4 5

0

( f (x) − g(x)) dx =

Z

0

4 5

 √ √  2 x + 1 − 3 x dx

✐

518

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por tanto: 4 5

A=

Z

=



=

0

 √ √  2 x + 1 − 3 x dx

3 3 4 (x + 1) 2 − 2x 2 3

 54

=

0

4 3

  32   32 9 4 4 −2 − 5 5 3

4 27 8 4 4 4 20 4 √ − 2 √ − = √ − = √ − = 0.4556 35 5 5 5 3 5 5 3 5 3 

Ejemplo 5.21 Dadas las funciones f (x) =

6x − x2 ,

g( x) = calcular el área de la región que delimitan las tres curvas.

x2

− 2x y h(x) = 10 + x, 

S OLUCIÓN. La Figura 5.14 muestra el área limitada por las gráficas de las funciones f , g y h. g(x) = x2 − 2x h(x) = 10 + x

A

f (x) = 6x − x2

Figura 5.14. Área limitada por las gráficas de las funciones f (x) = 6x−x2 , g(x) = x2 −2x y h(x) = 10 + x.

Si calculamos los cortes de las tres funciones tenemos: f ( x) = g( x) g( x) = h( x)

⇒ ⇒

x = 0, 4 x = −2, 5

Observemos que para calcular el área, tenemos que dividir el área total en tres regiones x ∈ [−2, 0], x ∈ [0, 4] y x ∈ [4, 5], tal y como puede verse en la Figura 5.15.

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CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

519

g(x) = x2 − 2x h(x) = 10 + x A3 A2

A1

f (x) = 6x − x2

Figura 5.15. División en tres regiones del área limitada por las gráficas de las funciones f (x) = 6x − x2 , g(x) = x2 − 2x y h(x) = 10 + x.

Por tanto: A =

Z 0

Z 4

Z 5

(h(x) − g(x)) dx + (h(x) − f (x)) dx + (h(x) − g(x)) dx −2 {z } {z } |4 | {z } |0 A2

A1

A3

= 34/3 + 64/3 + 19/6 = 215/6.

 Ejercicio propuesto 5.11

Demostrar que el área de un sector circular de radio a y ángulo central α ∈ (0, π /2) es A = 12 a2 α .

5.5.4. Integración con respecto a la variable y Si las curvas frontera de la región se describen mediante funciones de y, tal y como se muestra en la Figura 5.16, los rectángulos de aproximación son horizontales (y no verticales). En este caso, utilizaremos la fórmula: A=

Z d c

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f (y) − g(y) dy

✐

520

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

x = g( y) x = f ( y)

x = g( y) x = f ( y) y=d

y=d

y

∆y

g( y)

f ( y)

y=c

y=c

Figura 5.16. Integración con respecto a la variable y.

Ejemplo 5.22 Determinar el área limitada por la parábola y2 = 4x y la recta y = 2x− 4.

 S OLUCIÓN. La Figura 5.17 muestra el área limitada por la parábola y2 = 4x y la recta y = 2x − 4. y = 2x − 4 y2 = 4x

A

Figura 5.17. Área limitada por la parábola y2 = 4x y la recta y = 2x − 4.

Este problema se puede plantear de dos maneras en función de si integramos respecto de la variable x o de la variable y, tal y como puede verse en las Figuras 5.18 y 5.19.

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CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

g(x) = 2x − 4 √ f1 (x) = 4x

521

f 1 ( x) f 1 ( x)

A2 A1

g( x) x

x A1 =

Z 1

Z0 4

( f1 (x) − f2 (x)) dx

( f1 (x) − g(x)) dx 1 √ f2 (x) = − 4x A2 =

f 2 ( x)

Figura 5.18. Cálculo del área limitada por la parábola y2 = 4x y la recta y = 2x − 4 si integramos respecto la variable x.

F (y) = 1/2y + 2 G(y) = y2 /4 y

G ( y)

F ( y)

A

A=

Z y= 4

y=−2

(F (y) − G(y))dy

Figura 5.19. Cálculo del área limitada por la parábola y2 = 4x y la recta y = 2x − 4 si integramos respecto la variable y.

Si integramos respecto a x (Figura 5.18), se requieren dos integrales para determinar el área de esta región. A=

Z 1 √

Z 4 √ 4 x dx + (2 x − 2x + 4) dx = 8/3 + 19/3 = 9 {z } | 0 {z } | 1 A1

✐

A2

✐

522

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

En cambio, solo se necesita una si integramos con respecto a y (Figura 5.19).  Z 4 1 1 2 A= y + 2 − y dy = 9 4 −2 2 Evidentemente, el resultado es el mismo en ambos casos.



5.6. Aplicaciones de la integral En esta sección veremos dos de las aplicaciones más importantes de la integral definida: el cálculo del valor promedio de una función continua y el cálculo de volúmenes por medio de secciones transversales.

5.6.1. Valor promedio de una función Es sencillo hallar el promedio de un conjunto de n números dados; solo debemos sumarlos y dividir entre n. Pero ¿cómo calculamos la temperatura promedio durante un día? La temperatura es una función cuyos valores suben y bajan de manera continua y, por tanto, tenemos infinitos valores de ella durante un día. Es decir, ¿qué pasa si queremos hallar el promedio de un número infinito de valores? Estamos en presencia de un tipo de promedio continuo. Veamos cómo calcular el valor promedio de una función f (x) en un intervalo [a, b]. Tomamos una partición del intervalo inicial con n subintervalos iguales, cada uno con longitud ∆x. Si ti es un punto cualquiera del i-ésimo subintervalo, entonces el promedio de estos valores de la función f (x) viene dado por: f (t1 ) + f (t2 ) + · · · + f (tn ) ∑n f (ti ) = i= 1 . n n Recordemos que al haber tomado subintervalos iguales, tenemos n =

b−a ∆x .

Por tanto:

1 n ∑ni=1 f (ti ) ∑n f (ti )∆x f (ti )∆x. = i= 1 = n b−a b − a i∑ =1 Observemos que el promedio se obtiene dividiendo una suma de Riemann para f en [a, b] entre (b − a). Por tanto, si f es integrable Riemann, el valor promedio de f en [a, b] viene dado por: Z b 1 f (x) dx. Prom( f ) = b−a a Ejemplo 5.23 Suponga que la población mundial actual es de 5 mil millones y que la po-

blación dentro de t años está dada por la ley de crecimiento exponencial p(t ) = 5e0.023t , donde t es el tiempo y p(t ) se expresa en miles de millones de personas. Encuentre la

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CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

523

población promedio de la tierra en los próximos 30 años. Obsérvese que p(0) = 5, es decir, en el instante actual la población es de 5 mil millones de personas.  S OLUCIÓN. Para resolver este problema debemos hallar el valor promedio de la población p(t ) desde t = 0 hasta t = 30. 1 Prom( p) = 30 − 0

Z 30 0

0.023t

5e

 0.023t 30 5e 1 dt = = 7.2. 30 − 0 0.023 0

Así pues, el valor promedio de la población mundial en los próximos 30 años será de 7.2 mil millones de personas. 

5.6.2. Cálculo de volúmenes Veamos cómo calcular volúmenes de sólidos por medio de las áreas de sus secciones transversales. Una sección transversal S(x) de un sólido S, tal y como se ilustra en la Figura 5.20, viene dada por la intersección de S con un plano perpendicular al eje de abscisas, Px , que pasa por el punto x en el intervalo [a, b]. OY Px

S ( x)

x OZ

S

OX

Figura 5.20. Sección transversal S(x) de un sólido S.

El método para calcular el volumen consiste en rebanar el sólido como si fuera una hogaza de pan. Tomamos una partición p = {a = x0 , x1 , x2 , ..., xn = b} del intervalo [a, b].

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524

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Pxi

a = x0

xi xn = b

Figura 5.21. Los planos Pxi , perpendiculares al eje de abscisas en los puntos de la partición, rebanan al solido en placas delgadas (rebanadas).

Los planos Pxi , perpendiculares al eje de abscisas en los puntos de la partición, rebanan al sólido en placas delgadas (rebanadas) tal y como se ilustra en la Figura 5.21. Aproximamos el volumen de la placa entre los planos Pxi−1 y Pxi por medio de un sólido cilíndrico con área de la base A(xi ) (área de la sección transversal en xi ) y altura ∆xi = xi−1 − xi . El volumen de este sólido cilíndrico es A(xi )∆xi , que es aproximadamente el volumen de la placa, como se ilustra en la Figura 5.22. Por tanto, el volumen de todo el sólido será aproximadamente: n

V≈

∑ A(xi )∆xi .

i= 1

Esta es una suma de Riemann para la función A(x) en [a, b]. Por tanto, si A(x) es una función integrable Riemann el volumen del sólido vendrá dado por: n

V = l´ım

∑ A(xi )∆xi =

kpk→0 i=1

Z b

A(x) dx.

a

Ejemplo 5.24 Calcular el volumen de una esfera de radio R.



S OLUCIÓN. Primero, imaginemos que la esfera está centrada en el origen de coordenadas. La ecuación de la esfera centrada en el origen y radio R viene dada por x2 + y2 + z2 = R2 . Por tanto, en un cierto punto x, la sección transversal de la esfera es el circulo y2 + z2 = R2 − x2 .

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CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

525

xi−1 xi

Figura 5.22. El volumen de la placa entre los planos Pxi−1 y Pxi se aproxima por el volumen de un sólido cilíndrico con área la de la sección transversal en xi y altura xi−1 − xi .

Este circulo tiene radio

√

R2 − x2 . Así pues, el área de la sección será: A(x) = π (R2 − x2 ),

como se ilustra en la Figura 5.23. Finalmente, el volumen de la esfera será: V=

Z R

−R

A(x) dx =

Z R

−R

π (R2 − x2 ) dx =

 R x3 2 = π R x− = 3 −R

= π ( R3 −

R3 R3 4π R3 ) − π (−R3 + ) = . 3 3 3 

5.7. Integrales impropias En la definición de función integrable en el sentido de Riemann se pedía que el intervalo de integración fuera un intervalo acotado y que la función fuera acotada en ese intervalo. Al dejar de satisfacerse alguna de estas condiciones, ya no se podría aplicar la teoría de

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526

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

OY ×(0, R, 0) A(x) = π (R2 − x2 )

x OZ

OX

Figura 5.23. El área de la sección transversal a una circunferencia centrada en el origen y de radio R es igual a π (R2 − x2 ).

la integral de Riemann. En esta sección se explica brevemente cómo adaptar la teoría de la integral de Riemann al caso en que la función no sea acotada y/o con intervalo de integración no acotado, que son las llamadas integrales impropias.

5.7.1. Idea intuitiva ¿Tiene sentido calcular el área que delimita la función f (x) = recta x = 1?

1 , x2

el eje de abscisas y la R

Esta área, mostrada en la Figura 5.24, vendría dada por la integral 1+∞ f (x) dx, donde uno de los límites de integración es infinito. En esta sección veremos si tiene sentido que uno de los extremos de una integral definida (o ambos) sea más o menos infinito. Por otro lado, ¿tiene sentido calcular el área que delimita la misma función en el intervalo [−1, 1] y el eje de abscisas?

En este caso, el área que se muestra en la Figura 5.25, vendría dada por la integral R1 −1 f (x) dx, donde la función f (x) no está acotada dentro de [−1, 1]. En esta sección veremos si tiene sentido calcular la integral de una función no acotada.

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CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

527

f (x) = 1/x2 x=1

A

1

Figura 5.24. Área delimitada por la función f (x) = 2 , el eje de abscisas y la recta x = 1. x

x=1 f (x) = 1/x2

x = −1

A

1

Figura 5.25. Área delimitada por la función f (x) = 2 , en el intervalo [−1, 1] y el eje de x abscisas.

5.7.2. Definiciones y clasificación Definición 5.8 Integral impropia de primera especie Rb

Decimos que una integral a f es impropia de primera especie si el intervalo de integración no es acotado (a = −∞, b = +∞, o ambos).

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✐

528

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

R +∞

sen(x) dx es impropia de primera especie, ya que el 0 recinto no es acotado. La Figura 5.26 muestra el área delimitada por la función f (x) y el eje de abscisas. Ejemplo 5.25 La integral

Z +∞ 0

sen(x) dx f (x) = sen(x)

Figura 5.26. Área delimitada por la función f (x) = sen(x) y el eje de abscisas.

 Definición 5.9 Integral impropia de segunda especie Rb

Decimos que una integral a f es impropia de segunda especie si la función f no es acotada en el recinto de integración. A los puntos del intervalo que provocan que la función sea no acotada (por ejemplo, ante la presencia de asíntotas verticales) se les llama puntos singulares o singularidades. Ejemplo 5.26 La integral

R 10 1 0 x−7 dx es impropia de segunda especie, ya que en el punto

1 x = 7, que pertenece al intervalo de integración, la función f (x) = x−7 no es acotada. La Figura 5.27 muestra el área delimitada por la función f (x) y el eje de abscisas. 

Definición 5.10 Integral impropia de tercera especie Rb

Decimos que una integral a f es impropia de tercera especie si es impropia de primera y segunda especie a la vez. Ejemplo 5.27 La integral

R +∞ 1 −1 x2 dx es impropia de tercera especie. La Figura 5.28

muestra el área delimitada por la función f (x) y el eje de abscisas.

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CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

529

f (x) = 1/(x − 7) Z +∞ 0

1 dx x−7

Figura 5.27. Área delimitada por la función f (x) =

1 y el eje de abscisas. x−7

f (x) = 1/x2

A=

Z +∞ 1 −1

x2

dx

A

1

Figura 5.28. Área delimitada por la función f (x) = 2 y el eje de abscisas. x

Ejemplo 5.28 Clasificar la integral: Z 1 sen x 0

x

dx. 

✐

✐

530

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN. Inicialmente, parece que sea una integral impropia de segunda especie, ya que no está definida en x = 0 y podría parecer que en ese punto hay una asíntota. Pero sabemos que: l´ım

x→0+

sen x =1 x

y si una función tiene límite en un punto existe un entorno de este punto en que la función está acotada. Por tanto, esta no es una integral impropia. La Figura 5.29 muestra el área delimitada por la función f (x) = senx x y el eje de abscisas en el intervalo [0, 1]. 

A=

Z 1 sen(x)

x

0

dx

f (x) = sen(x)/x A

Figura 5.29. Área delimitada por la función f (x) = valo [0, 1].

sen x y el eje de abscisas en el interx

Ejercicio propuesto 5.12

Clasificar las integrales: (a)

Z +∞

dx ln(1 + x)(x − 2)3

(c)

Z 1 x cos x − sen x

(b)

Z +∞

x3 dx ex (x8 + x4 + 1)

(d)

Z +∞

0

−∞

✐

0

0

x3

dx

x dx x2 + x + 1

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

531

5.7.3. Integrales impropias de primera especie Definición 5.11 Convergencia de una integral impropia de primera especie

Sean I un intervalo cualquiera de R, I ⊂ [a, +∞) y f : I → R una función localmente integrable sobre I, es decir, f integrable Riemann sobre cualquier intervalo [a, b] para todo b ≥ a contenido en I. Entonces, decimos que f tiene integral impropia de primera especie convergente si existe el límite real: l´ım

Z b

b→+∞ a

f (x) dx =

Z +∞

f (x) dx

a

En caso contrario, decimos que la integral impropia de primera especie es divergente. La Figura 5.30 ilustra gráficamente el concepto de integral impropia de primera especie.

A=

Z +∞

Ab = f (x) dx

a

Z b

f (x) dx

a

A = l´ım Ab b→+∞

f ( x)

f ( x)

A

Ab

a

b −→ +∞

a

Figura 5.30. Representación gráfica del cálculo de una integral impropia de primera especie.

Nota 5.1

De manera análoga, se define: Z a

−∞

f (x) dx = l´ım

Z a

b→−∞ b

f (x) dx

Ejemplo 5.29 Estudiar la convergencia de la integral: Z +∞ 1

1 dx. 1+x



✐

✐

532

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN. Se trata de una integral impropia de primera especie. Z +∞ 1

1 dx = l´ım b→+∞ 1+x

Z b 1

1 dx 1+x

= l´ım [ln |1 + x|]b1 = l´ım [ln |1 + b| − ln(2)] = +∞. b→+∞

b→+∞

La integral es divergente.



Ejemplo 5.30 Estudiar la convergencia de la integral: Z +∞

e−x dx.

1

 S OLUCIÓN. Se trata de una integral impropia de primera especie. Z +∞ 1

e−x dx = l´ım

Z b

b→+∞ 1

= l´ım

b→+∞

e−x

[−e−x ]b1

= l´ım

b→+∞



 1 1 1 = . − b+ e e e

La integral es convergente.



Ejemplo 5.31 Estudiar la convergencia de la integral: Z +∞ 1

x−4 dx. 

S OLUCIÓN. Se trata de una integral impropia de primera especie. Z +∞ 1

−4

x

dx = l´ım

b→+∞ 1

= l´ım

b→+∞

La integral es convergente.

✐

Z b



−4

x

dx = l´ım

b→+∞



1 − 3 3x

b 1

 1 1 1 − 3 = . 3 3b 3 

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

533

Ejemplo 5.32 Estudiar la convergencia de la integral: Z +∞ 0

e−λ x dx

en función del parámetro λ ∈ R.



S OLUCIÓN. Se trata de una integral impropia de primera especie. Z +∞ 0

Z b

e−λ x dx = l´ım

b→+∞ 0

= l´ım

b→+∞

"

e−λ x dx = l´ım

b→+∞

−e−λ b

λ

+

1 λ

#

=

"

−e−λ x λ

#b 0

1 , si λ > 0. λ

La integral es convergente si λ > 0; y divergente si λ ≤ 0.



Ejemplo 5.33 Estudiar la convergencia de la integral: Z +∞ 1 1

xp

dx

en función del parámetro p ∈ R.



S OLUCIÓN. Se trata de una integral impropia de primera especie. Si p = 1: Z +∞ 1

x

1

dx = l´ım [ln |x|]b1 = +∞ b→+∞

Si p 6= 1: Z +∞ 1 1

x

dx = l´ım p

b→+∞



x−p+1 −p + 1

b 1

b−p+1 1 = l´ım − b→+∞ −p + 1 1− p 1 = , si p > 1. p−1

Así pues, la integral es convergente si p > 1 y divergente si p ≤ 1.

✐



✐

534

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Nota 5.2

En el caso que haya que estudiar la convergencia de una integral impropia de primera especie donde ambos extremos son infinitos: Z +∞ −∞

f (x) dx,

es necesario considerar un punto cualquiera c y estudiar por separado la convergencia de las integrales impropias: Z c

−∞

f (x) dx

y

Z +∞

f (x) dx.

c

Solo en el caso que ambas integrales impropias sean convergentes, la integral inicial será convergente. Ejercicio propuesto 5.13

Estudiar la convergencia de la integral: Z +∞ −∞

arctan(x) dx.

Ejercicio propuesto 5.14

Estudiar la convergencia de la integral: Z +∞ −∞

e−|x| sen(x) dx.

5.7.4. Integrales impropias de tercera especie El estudio de la convergencia de una integral impropia de tercera especie se reduce, por la aditividad de la integral respecto al intervalo, a estudiar la convergencia por separado de una o dos integrales de primera especie (en función de si uno o los dos extremos de la integral son infinitos) y una o varias integrales de segunda especie (en función de las singularidades). La integral impropia de tercera especie será convergente si, y solo si, todas las integrales de los sumandos son convergentes. En caso contrario, la integral impropia de tercera especie será divergente. En el Ejemplo 5.34 se puede ver cómo proceder en estos casos: Ejemplo 5.34 Determinar si la integral: Z +∞

es convergente o divergente.

✐

−1

1 dx x2 

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

535

S OLUCIÓN. Dado que en x = 0 la función f (x) = x12 presenta una asíntota vertical, descomponemos la integral impropia de tercera especie en tres integrales impropias: Z +∞ 1 −1

dx = x2

Z 0 1

dx + 2 −1 x

Z 1 1

dx + x2

0

Z +∞ 1

x2

1

dx.

Los dos primeros sumandos son sendas integrales de segunda especie. El tercer sumando es una integral impropia de primera especie. Si consideremos, por ejemplo, la integral del primer sumando, tenemos:  −δ   Z 0−δ Z 0 1−δ 1 1 1 dx = l´ım dx = l´ım − = l´ım = +∞ 2 x2 x −1 δ →0+ δ δ →0+ −1 δ →0+ −1 x

Como esta integral impropia es divergente, la integral de tercera especie inicial será también divergente. 

5.7.5. Integrales impropias de segunda especie En esta sección tratamos la integración de funciones no acotadas en dominios acotados. En la siguiente definición, suponemos que f tiene una asíntota vertical en x = a. Definición 5.12

Consideremos ahora una función f : (a, b] → R que sea integrable en todo intervalo ( µ , b] con µ ∈ (a, b], con: l´ım+ f (x) = ∞. x→a

Decimos que f tiene integral impropia de segunda especie convergente si existe el límite real: l´ım

Z b

µ →a+ µ

f (x) dx = l´ım+ δ →0

Z b

a+ δ

f (x) dx =

Z b

f (x) dx.

a

En caso contrario, decimos que la integral es divergente. La Figura 5.31 ilustra gráficamente el concepto de integral impropia de segunda especie. Nota 5.3 R

Sea f : [a, b] − {c} → R y l´ımx→c f (x) = ∞. Decimos que ab f es convergente si son R R convergentes cada una de las integrales ac f y cb f y, en este caso: Z b a

f (x) dx =

Z c

f (x) dx +

Z b

f (x) dx.

c

a

En la Figura 5.32 se puede observar un ejemplo de área delimitada por una función f : [a, b] − {c} → R en el intervalo [a, b] con l´ım f (x) = ∞ y el eje de abscisas. x→c

✐

✐

536

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

A=

Z b

Aµ = f (x) dx

a

Z b µ

A = l´ım Aµ µ →a+

f ( x)

A

f (x) dx

f ( x)

a

b

a

Aµ µ −→ a+

b

Figura 5.31. Representación gráfica del cálculo de una integral impropia de segunda especie.

f ( x) c

A

x=a

x=b

Figura 5.32. Área delimitada por una función f : [a, b] − {c} → R en el intervalo [a, b] con l´ım f (x) = ∞ y el eje de abscisas. x→c

Ejemplo 5.35 Estudiar la integral: Z e 1

1 1

x(ln(x)) 3

dx. 

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

537

S OLUCIÓN. Se trata de una integral impropia de segunda especie, ya que para x = 1 la función 1 f ( x) = 1 es no acotada. Para calcularla, hacemos el cambio de variable ln(x) = t: x(ln(x)) 3

Z e 1

1 x(ln(x))

dx =

1 3

Z 1 0

1

t − 3 dt = l´ım+ δ →0

= l´ım+ δ →0



3 2 t3 2

1 δ

Z 1 δ

= l´ım+ δ →0

1

t − 3 dt 

 3 3 3 2 − δ3 = . 2 2 2

Por tanto, esta integral impropia de segunda especie es convergente y de valor 3/2.



Ejemplo 5.36 Estudiar la convergencia de la integral: Z b a

1 dx, b > a ( x − a) p

según los diferentes valores de p ∈ R.



S OLUCIÓN. Está claro que para valores p ≤ 0 se trata de una integral propia, ya que la función está acotada sobre un dominio acotado. 1 presenta una singularidad en el punto x = a. Para determinar Si p > 0, la función (x−a )p el carácter de la integral, aplicamos la definición según los valores de p. Caso p 6= 1

Z b a

1 dx = l´ım ( x − a) p δ →0+

1 dx ( x − a) p a+ δ b  (x − a)−p+1 = l´ım+ −p + 1 δ →0 a+ δ

=

Z b

(b − a)1−p , si p < 1. 1− p

En el caso p > 1, el último límite de la expresión anterior es infinito. Caso p = 1 Z b a

1 dx = l´ım x−a δ →0+

Z b

a+ δ

1 dx x−a

= l´ım+ [ln |x − a|]ba+δ = +∞ δ →0

Resumiendo los resultados anteriores, podemos decir que la integral vergente si p < 1, y divergente si p ≥ 1.

✐

Rb

1 a (x−a) p

dx es con

✐

538

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejercicio propuesto 5.15

Calcular la integral: Z +∞ −∞

1 dx x2 + 2x + 5

en caso de que sea convergente. Ejercicio propuesto 5.16

Calcular la integral: Z +∞ 0

x sen(x) dx

en caso de que sea convergente.

5.7.6. Acotación de integrales impropias A veces interesa saber si una integral es o no convergente sin que nos interese el valor en particular de la integral. Por ejemplo, nos puede interesar saber si la integral: Z +∞ sen(x) + cos(x) 1

x2 + x + 1

dx

es finita o convergente.

Figura 5.33. Área delimitada por la función f (x) =

✐

sen(x)+cos(x) y el eje de abscisas. x2 + x + 1

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

539

Esto es equivalente a encontrar dos números reales L1 y L2 tales que: L1 ≤

Z +∞ sen(x) + cos(x)

x2 + x + 1

1

dx ≤ L2 .

La Figura 5.33 muestra el área delimitada por la función f (x) = abscisas.

sen(x)+cos(x) x2 +x+1

y el eje de

Observación 5.11

Sea f (x) integrable en el sentido de Riemann en [a, b], entonces: Z

a

b

Z b f (x) dx ≤ f (x) dx. a

Además, esta propiedad también es cierta si a y/o b son ±∞, es decir, si tenemos una integral impropia de primera especie.

| f ( x) |

f ( x)

B A

A

B

C

C Z b a

x=a

Z b

f (x) dx = −A + B −C

f (x) dx = A + B + C

a

x=b

x=a

x=b

Figura 5.34. Área delimitada por una función y el eje de abscisas y por el valor absoluto de la función y el eje de abscisas.

De la Figura 5.34 puede verse que: Z

a

b

Z b f (x) dx = B + C − A − D ≤ f (x) dx = A + B + C + D a

Esta observación es clave de cara a poder acotar integrales. La Figura 5.34 muestra gráficamente que el área delimitada por el valor absoluto de una función y el eje de abscisas es siempre igual o superior al área delimitada por la función y el eje de abscisas.

✐

✐

540

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejemplo 5.37 Determinar si la integral: Z +∞ sen(x) + cos(x)

x2 + x + 1

1

dx, 

es convergente o divergente.

S OLUCIÓN. En la Figura 5.35 se representa esquemáticamente cómo acotaremos la integral. Primero, observamos que: Z +∞ 1

f (x) dx ≤

Z +∞ 1

| f (x)| dx

y posteriormente utilizamos una función g(x) para acotar la integral del valor absoluto: Z +∞ 1

| f (x)| dx ≤

Z +∞

g(x) dx.

1

g( x) = f ( x) =

sen(x) + cos(x) x2 + x + 1

2 x2 +x+1

| f ( x) | =

| sen(x) + cos(x)| x2 + x + 1

Figura 5.35. Representación gráfica de la relación de desigualdad: Z +∞ Z +∞ Z +∞

f (x) dx ≤

1

Denotemos por L =

| f (x)| dx ≤

Z +∞ sen(x) + cos(x)

x2 + x + 1

1

|L| ≤

✐

1

1

x2 + x + 1

g(x) dx

dx, entonces:

Z +∞ sen(x) + cos(x)



1

dx ≤

Z +∞ 1

2 dx, x2 + x + 1

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

541

donde hemos utilizado que: | sen(x) + cos(x)| ≤ | sen(x)| + | cos(x)| ≤ 2. |x2 + x + 1| = x2 + x + 1, ya que estamos integrando en el dominio x ≥ 1 y, por tanto, x siempre es positiva. Finalmente, dado que: x2 + x + 1 ≥ x2

=⇒

1 x2 + x + 1

1 x2

≤

podemos escribir: |L| ≤

Z +∞ 1

= l´ım

2 dx ≤ 2 x +x+1

Z +∞ 2 1

x2

dx

Z b 2

b→+∞ 1

h 2 ib dx = l´ ı m − b→+∞ x2 x 1

h 2 i = l´ım − + 2 = 2. b→+∞ b

Así pues, la integral es convergente.



Ejercicio propuesto 5.17

Se define la función Gamma por: Γ ( p) =

Z ∞ 0

x p e−x dx.

Demostrar que dicha función está definida para todo p > −1 y que se verifica que Γ( p + 1) = pΓ( p).

Problemas resueltos (cálculo de primitivas / integración definida) Problema 5.1

Calcular las siguientes integrales definidas aplicando el método de integración por partes:

✐

(a)

Z π

x cos (x) dx

(b)

Z 1

x2 cos(2x) dx

0

0

✐

542

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejercicio propuesto 5.1 (cont) Z π

(c)

0

ex sen (x) dx

(d)

Z e

(e)

Z π /2

1

ln (x) dx

−π /2

(f)

Z 1

(g)

Z 100

0

10

e2x cos (x) dx

x3 e2x dx xe−x dx

Solución

(a) Resolveremos la integral definida utilizando el método de integración por partes. En efecto: Z π 0

x cos(x) dx =

( ∗)

"

Z π 0

( ∗)

x cos(x) dx = |{z} | {z } u ( x)

v′ (x)

⇒ u′ (x) = 1 dx

u( x) = x

v′ (x) = cos(x) dx ⇒ v(x) = sen(x) 

= x sen(2x)

π 0



−

= 0 − − cos(x) 

0 + cos(x)

Z π

π

0

#

sen(x)1 dx

=

0

π 0

= 0 + (−1 − 1) = −2.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

543

(b) Resolveremos la integral definida utilizando el método de integración por partes dos veces. En efecto: Z 1 0

x2 cos(2x) dx =

(∗1 ) 

21

= x

2

"

Z 1 0

x2 cos(2x) dx |{z} | {z } u ( x)

v′ (x)

u(x) = x2

= (∗1 ) ⇒ u′ (x) = 2x dx

v′ (x) = cos(2x) dx ⇒ v(x) = 12 sen(2x)

sen(2x)

1 0

−

Z 1 1 0

2

#

sen(x) · 2x dx

  Z1 1 = 1 sen(2) − 0 · 0 − x sen(2x) dx 2 |0 {z } por partes

=

1 sen(2) − 2

(∗2 )

=

"

Z 1 0

x sen(2x) dx = |{z} | {z } (∗2 ) u ( x) v′ (x)

u( x) = x

⇒ u′ (x) = dx

v′ (x) = sen(2x) dx ⇒ v(x) = − 12 cos(2x)

#

  1 Z 1 1 1 1 sen(2) − x − cos(2x) + − cos(2x) dx 2 2 2 0 0

      1 1 1 1 1 = sen(2) − 1 − cos(2) − 0 − cos(0) + − sen(2x) 2 2 2 4 0    1 1 1 1 = sen(2) + cos(2) + − sen(2) − − sen(0) 2 2 4 4

✐

=

1 1 1 sen(2) + cos(2) − sen(2) 2 2 4

=

1 1 sen(2) + cos(2). 4 2

✐

544

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(c) Resolveremos la integral definida utilizando el método de integración por partes y veremos que la integral es cíclica. En efecto: Z π 0

ex sen(x) dx =

(∗1 )

"

Z π 0

ex sen(x) dx |{z} | {z } u ( x)

= (∗1 )

v′ (x)

#

u(x) = ex ⇒ u′ (x) = ex dx v′ (x) = sen(x) dx ⇒ v(x) = − cos(x)  π Z π − cos(x)ex dx = −ex cos(x) − 0

0

= (eπ 1 − (−1)1) + = (eπ + 1) +

(∗2 )

"

Z π 0

Z π

|

0

ex cos(x) dx {z } por partes

ex cos(x) dx = |{z} | {z } (∗2 ) u ( x) v′ (x)

u(x) = ex ⇒ u′ (x) = ex dx ′ v (x) = cos(x) dx ⇒ v(x) = sen(x)

#

 π Z π sen(x)ex dx = (eπ + 1) + ex sen(x) − 0

= (eπ + 1) + 0 −

Z π

|0

0

ex sen(x) dx . {z }

integral original

En este caso, podemos ver que, después de integrar dos veces por partes, nos volvemos a encontrar con una integral igual que la del inicio. Analizamos la expresión a la que hemos llegado: Z π 0

π

x

e sen(x) dx = (e + 1) −

Z π 0

ex sen(x) dx.

Operando obtenemos: Z π 0

✐

ex sen(x) dx +

Z π

ex sen(x) dx = (eπ + 1)

2

Z π

ex sen(x) dx = (eπ + 1)

0

0

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

Z π 0

545

1 ex sen(x) dx = (eπ + 1) 2

1 1 ex sen(x) dx = eπ + . 2 2 (d) Resolveremos la integral definida utilizando el método de integración por partes. En efecto:  e Z e Z e Z e 1 ( ∗) x dx ln(x) |{z} 1 dx = ln(x)x − ln(x) dx = | {z } 1 x 1 1 1 Z π 0

′ u ( x) v ( x)

( ∗)

"

u(x) = ln(x) ⇒ u′ (x) = 1x dx v′ (x) = 1 dx

#

⇒ v( x) = x e Z e = e − 0 − 1 dx = e − x = e − (e − 1) = 1. 1

1

(e) Resolveremos la integral definida utilizando el método de integración por partes y veremos que la integral es cíclica. En efecto: Z π /2

−π /2

e2x cos (x) dx =

(∗1 )

"

Z π /2

−π /2

e2x cos (x) dx |{z} | {z } u ( x)

2x

= e sen(x)

−π

= (e 1 − e

π

−π

= (e + e

✐

π /2

−π /2

π

(∗2 )

v′ (x)

u(x) = e2x ⇒ u′ (x) = 2e2x dx v′ (x) = cos(x) dx ⇒ v(x) = sen(x) 

"

= (∗1 )

−π /2

(−1)) − 2

)−2

u(x) = e2x

−

Z π /2

Z π /2

−π /2

sen(x)2e2x dx

Z π /2

|

#

−π /2

e2x sen(x) dx {z }

por partes

e2x sen(x) dx = |{z} | {z } (∗2 ) u ( x) v′ (x)

⇒ u′ (x) = 2e2x dx

v′ (x) = sen(x) dx dx ⇒ v(x) = − cos(x)

#

✐

546

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

π

−π

= (e + e

π /2  Z 2x ) − 2 −e cos(x) −

−π /2

−π /2

π

−π

= (e + e π

−π

= (e + e

 Z )−2 0+2

)−4

Z π /2

|

−π /2

π /2

π /2

 − cos(x)2e dx 2x

 e cos(x) dx 2x

−π /2

e2x cos(x) dx . {z }

integral original

En este caso, nos volvemos a encontrar con que, tras integrar dos veces por partes, la integral a resolver es igual a la del inicio. Analizamos la expresión a la que hemos llegado: Z π /2

−π /2

e2x cos (x) dx = (eπ + e−π ) − 4

Operando obtenemos: Z π /2

−π /2

−π /2

e2x cos(x) dx.

Z π /2

e2x cos(x) dx = eπ + e−π

Z π /2

e2x cos (x) dx = eπ + e−π = eπ +

e2x cos (x) dx + 4

5

Z π /2

−π /2

−π /2

1 e2π + 1 = eπ eπ

1 e2π + 1 . 5 eπ −π /2 (f) Resolveremos la integral definida utilizando el método de integración por partes tres veces. En efecto: Z π /2

Z 1 0

x3 e2x dx =

(∗1 )

"

e2x cos (x) dx =

Z 1 0

x3 e|2x{zdx} |{z} u ( x)

v′ (x)

u(x) = x3

⇒ u′ (x) = 3x2 dx 1 v′ (x) = e2x dx ⇒ v(x) = e2x 2 

3 1 2x

= x

2

e

1 0

−

1 3 = e2 − 0 − 2 2

✐

= (∗1 ) #

Z 1 1 2x 2 e 3x dx 0

Z 1 0

2

e2x x2 dx

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

1 3 1 2 2x x e dx = = e2 − 2 2 | 0 {z } Z

3 1 = e2 − 2 2

(∗2 )

"

por partes

Z 1

u(x) = x2

547

0

x2 |e2x{zdx} |{z} v′ (x)

u ( x)

= (∗2 ) #

⇒ u′ (x) = 2x dx 1 v′ (x) = e2x dx ⇒ v(x) = e2x 2

1 Z 1   1 2x 1 2 3 2 1 2x e 2x dx = e − x e − 2 2 2 0 2 0   Z 1 1 2 3 1 2 2x = e − e − xe dx 2 2 2 0

1 3 3 = e2 − e2 + 2 4 2

Z 1

xe2x dx | 0 {z } por partes

3 3 1 = e2 − e2 + 2 4 2

(∗3 )

"

Z 1 0

x e|2x{zdx} |{z} u ( x)

v′ (x)

= (∗3 )

⇒ u′ (x) = 1 dx 1 v′ (x) = e2x dx ⇒ v(x) = e2x 2

u( x) = x

#

1 Z 1   1 2x 1 2 3 1 2x e dx =− e + x e − 4 2 2 0 2 0   Z 1 2 3 1 2 1 1 2x e − e dx =− e + 4 2 2 2 0 1 1 2 3 2 3 1 2x =− e + e − · e 4 4 4 2 0

3 1 3 3 1 3 1 = e2 − (e2 − 1) = e2 − e2 + = e2 + . 2 8 2 8 8 8 8

✐

✐

548

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(g) Resolveremos la integral definida utilizando el método de integración por partes. En efecto: Z 100 10

xe−x dx =

( ∗)



Z 100 10

( ∗)

x e|−x |{z} {zdx} = v′ (x)

u ( x)

u( x) = x ⇒ u′ (x) = 1 dx ′ −x v (x) = e dx ⇒ v(x) = −e−x 

−x

= x −e




100 10

Z 100

−

10

−100

− − 10e

−100

−10

= −100e = −100e

−100

= −100e

−e−x dx

−10

+ 10e

−10

+ 10e






+

Z 100 10

e−x dx


100 + − e −x

−100

− e

10
−10

−e

= −100e−100 − e−100 + 10e−10 + e−10

= −101e−100 + 11e−10 .

Problema 5.2

Calcular las siguientes integrales indefinidas utilizando los cambios de variable que se proponen. Z 1 (a) dx, t = ex x e + e−x

✐

1 dx, 25 − 16x2

(b)

Z

√

(c)

Z

sen(x) dx, cos2 x

(d)

Z

ln(x) dx, x

(e)

Z

e x √ dx, x

(f)

Z

sen(x) cos(x) dx, 1 + sen(x)

√

x=

5 sen(t ) 4

t = cos(x) t = ln(x)

x = t2 t = sen(x)

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

549

Solución

(a) En esta integral se propone el cambio t = ex , es decir:

( ∗)

"

t = ex dt = ex dx

#

Conviene que desarrollemos la integral de manera que el cambio se pueda aplicar. En este caso, nos interesa que en el numerador aparezca ex para que tengamos ex dx y lo podamos sustituir por dt. Empezamos desarrollando la integral: Z

1 dx = x e + e−x

=

1

Z

1 ex + x e

Z

dx =

Z

ex dx = x e ex + 1

Z

1 ex

1 x e|{z} dx . x x e e + 1 |{z} |{z} dt t

Ahora podemos aplicar el cambio y obtenemos: Z

1 dx = ex + e−x

Z

dx

e2x + 1

t

1 dt t2 + 1

= arctan(t ) + C = arctan(ex ) + C,

C ∈ R.

Cuando no se ve rápidamente cómo desarrollar la integral a fin de poder aplicar el cambio, otra solución es despejar la variable del cambio en función de la cual está expresada la integral, encontrar el diferencial derivando y sustituir directamente: Z

✐

1 ( ∗) dx = ex + e−x

Z

1 dt = ln ( t ) − ln ( t ) t e +e

=

Z

t2 + 1

=

Z

t2 + 1

1

dt 1 t t+ t   t = ex ⇒ x = ln(t ) ( ∗)  dt  dt = ex dx; dx = t t 1

Z

dt t

dt.

✐

550

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(b) Realizamos el cambio de variable propuesto: Z

1 √ dx = 25 − 16x2

Z



 ( ∗)  

=

Z

=

Z

=

Z

=

Z

25 − 16x2


−1/2

( ∗)

dx =

 5 sen(t )  4   5 dx = cos(t ) dt 4   2 −1/2 5 5 · cos(t ) dt 25 − 16 sen(t ) 4 4  −1/2 25 5 25 − 16 sen2 (t ) · cos(t ) dt 16 4  −1/2 5 25(1 − sen2 (t )) · cos(t ) dt 4 x =

1 1 5 p cos(t ) dt 5 1 − sen2 (t ) 4

1 1 1 cos(t ) dt = dt = t 4 cos(t ) 4 4   4 1 x + C, C ∈ R. = arc sen 4 5

=

Z

Z

Para deshacer el cambio hemos despejado t del cambio propuesto: 5 x = sen(t ) 4

4 sen(t ) = x 5

⇒

⇒



 4 t = arc sen x 5

(c) Realizamos el cambio de variable propuesto: Z

sen(x) dx = cos2 x

Z

1 ( ∗) sen(x) dx = 2 cos (x) | {z } | {z } − dt

Z

−

1 dt t2

t2

( ∗)

✐

"

t = cos(x)

dt = − sen(x) dx

#

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

=−

Z

1 dt = − t2





1 =− − t

=

Z

t

−2



1 −1 dt = − t −1

1 1 = + C, t cos(x)

551



C ∈ R.

(d) Realizamos el cambio de variable propuesto: Z

ln(x) dx = x

Z



dx (∗) ln(x) = | {z } |{z} x t

dt

Z



t = ln(x)

( ∗) 

dx x

dt =

t dt



1 1 = t 2 = ln(x)2 + C, 2 2

C ∈ R.

(e) Realizamos el cambio de variable propuesto: Z

√

e x √ dx x

( ∗)

=

Z

( ∗) =2

Z

√

2

e t √ 2t dt = t2 "

Z

et 2t dt t

x = t2 dx = 2t dt

#

√

et dt = 2et = 2e

x

+ C,

C ∈ R.

(f) Realizamos el cambio de variable propuesto: Z

sen(x) cos(x) dx = 1 + sen(x)

( ∗)

"

Z

( ∗) sen(x) cos(x) dx = 1 + sen(x)

t = sen(x) dt = cos(x) dx

Z

t dt 1+t

#

Hacemos un artificio matemático sumando y restando 1 al numerador para obtener dos integrales inmediatas (de hecho, es una manera rápida de obtener las fracciones simples en este caso):

✐

✐

552

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Z

 Z  t +1−1 1+t 1 dt dt = − 1+t 1+t 1+t  Z Z Z  1 1 dt = 1 dt − dt = 1− 1+t 1+t

t dt = 1+t

Z

= t − ln |1 + t| = sen(x) − ln |1 + sen(x)| + C,

C ∈ R.

Problema 5.3

Calcular una primitiva de cada una de las siguientes funciones, utilizando el método más adecuado en cada caso: 1 (a) f1 (x) = x e + e−x (b) f2 (x) = xex+2 (c) f3 (x) =

1 tan(x)

1 , utilizando el cambio de variable x = 2 arctan (t ) y teniendo 3 + cos(x) en cuenta que: x x − sen2 cos(x) = cos2 2 2 1 cos(arctan(x)) = √ 1 + x2 x sen(arctan(x)) = √ 1 + x2

(d) f4 (x) =

Solución

(a) Esta integral es casi inmediata si reescribimos la función de la siguiente manera: Z

1 dx = f1 (x) dx = ex + e−x Z Z 1 = e2x +1 dx = Z

ex

=

Z

Z

1 ex + e1x ex

e2x + 1

dx

dx

ex dx = arctan(ex ) + C. (ex )2 + 1

donde C ∈ R. Por tanto, ϕ1 (x) = arctan(ex ) es una primitiva.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

553

Si lo comprobamos, tenemos que:

ϕ1′ (x) =

1

ex 1 x e = = (ex )2 + 1 e2x + 1

e2x +1 ex

=

1 ex + e1x

=

1 ex + e−x

.

Si no nos damos cuenta de que es una integral casi inmediata, podemos hacer el cambio: 1 1 t = ex =⇒ dt = ex dx =⇒ dx = x dt = dt e t Z

1 1 dt t + 1t t

f1 (x) dx =

Z

1 dx = x e + e1x

=

Z

1 dt = arctan(t ) + C = arctan(ex ) + C t2 + 1

Z

donde C ∈ R.

(b) Esta integral se resuelve mediante integración por partes: Z

f2 (x) dx =

Z

xex+2 dx

y, utilizando el método de integración por partes con las partes: " # u=x ⇒ du = dx dv = ex+2 dx

⇒

v = ex+2

tenemos: Z

xex+2 dx = xex+2 −

Z

ex+2 dx

= xex+2 − ex+2 + C = (x − 1)ex+2 + C donde C ∈ R. Por tanto, ϕ2 (x) = (x − 1)ex+2 es una primitiva. Si lo comprobamos, tenemos que:

ϕ2′ (x) = 1 · ex+2 + (x − 1)ex+2 = ex+2 (1 + x − 1) = ex+2 . (c) Esta integral es inmediata si se escribe: 1 cos(x) = tan(x) sen(x) Entonces: Z

✐

f3 (x) dx =

Z

1 dx = tan(x)

Z

cos(x) dx = ln | sen(x)| + C. sen(x)

✐

554

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(d) Para resolver esta integral utilizaremos la ayuda dada en el enunciado. Z

f4 (x) dx = 

Z

x = 2 arctan (t )

( ∗)  =

( ∗) 1 dx = 3 + cos(x)

dx = Z



 2 dt 1 + t2

2 1 dt. 3 + cos(2 arctan(t )) 1 + t 2

Utilizando la expresión del coseno en función del coseno y seno del ángulo mitad al cuadrado tenemos que: cos(2 arctan (t )) = cos2 (arctan(t )) − sen2 (arctan(t )) y utilizando las otras relaciones dadas en la ayuda: cos(2 arctan (t )) =



√

1 1 + t2

2

 2 t 1 t2 1 − t2 − √ = − = . 2 2 1+t 1+t 1 + t2 1 + t2

Por tanto: 3 + cos(2 arctan (t )) = 3 +

3 + 3t 2 + 1 − t 2 4 + 2t 2 1 − t2 = = 1 + t2 1 + t2 1 + t2

y finalmente: Z

2 2 1 1 + t2 dt = dt 2 2 3 + cos(2 arctan (t )) 1 + t 2( 2 + t ) 1 + t 2 √ Z Z 1 1 1/ 2 = dt = √   dt 2 + t2 2 t 2 1+ √ 2     x  1 t 1 1 = √ arctan √ + C = √ arctan √ tan +C 2 2 2 2 2

f4 (x) dx =

Z

Z

donde C ∈ R.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

555

Problema 5.4

Calcular las siguientes integrales, aplicando en cada caso el método más adecuado. (a) I1 = (b) I2 =

Z Z

tan2 (x) dx ln2 (x) dx

(c) I3 =

Z

√

(d) I4 =

Z

1 dx 1 + 3 cos2 (x)

(e) I5 =

Z 1

Ayuda:

0

x dx x2 − 2

4e−2x dx

(a) considerar el cambio u = tan(x) y notar que: u2 1 = 1− 2 ; u2 + 1 u +1 (b) aplicar dos veces integración por partes; (c) casi inmediata; (d) considerar el cambio t = tan(x) y tener en cuenta que: p cos(arctan(t )) = 1/ t 2 + 1

Solución

(a) Se pide calcular la integral: I1 =

Z

tan2 (x) dx

Esta integral se puede calcular de manera muy sencilla teniendo en cuenta que si consideramos la función ϕ (x) = tan(x), su derivada es:

ϕ ′ (x) = tan2 (x) + 1 Por tanto, si consideramos la función ϕ (x) = tan(x) − x y la derivamos tenemos que: ϕ ′ (x) = tan2 (x) + 1 − 1 = tan2 (x) Por tanto, una primitiva de tan2 (x) es:

tan(x) − x

✐

✐

556

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Vamos a calcular ahora la integral utilizando el cambio de variable que propone el enunciado. I1 =

( ∗)

"

Z

( ∗)

tan2 (x) dx =

u = tan(x) du = (1 + tan2 (x)) dx

dx =

=⇒

1 du 1+tan2 x

=

1 du 1+u2

#

1 u2 u2 + 1 − 1 = u · du = du = du 1 + u2 1 + u2 1 + u2  Z  1 = 1− du = u − arctan(u) + C 1 + u2 Z

Z

2

Z

= tan(x) − arctan(tan(x)) + C = tan(x) − x + C, (b) Se pide calcular la integral: I2 =

Z

C ∈ R.

ln2 (x) dx

Esta integral se puede resolver aplicando dos veces integración por partes. I2 =

(∗1 )



Z

(∗1 )

ln2 (x) dx =

u(x) = ln2 (x) =⇒ u′ (x) = 2 ln(x) 1x v′ (x) = 1 =⇒ v(x) = x

= x ln2 (x) − (∗2 )



Z

1 x2 ln(x) dx = x ln2 (x) − 2 x

u(x) = ln(x) =⇒ u′ (x) = v′ (x) = 1 =⇒ v(x) = x 

1 x

Z

(∗2 )

ln(x) dx =



= x ln (x) − 2 x ln(x) −

Z

 1 x dx x

= x ln2 (x) − 2x ln(x) + 2

Z

1 dx = x ln2 (x) − 2x ln(x) + 2x + C,

2

(c) Se pide calcular la integral:

I3 =

✐



Z

√

x x2 − 2

C ∈ R.

dx

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

557

Esta integral es casi inmediata. Observemos que la derivada de x2 − 2 es 2x. Por tanto, si tomamos: 1 f (x) = √ = x−1/2 x y g(x) = x2 − 2, tenemos que: f (g(x)) = p

y que: I3 =

Z

√

x 1 dx = 2 2 x −2

Z

√

1 g( x)

=√

2x 1 dx = 2 2 x −2

Z

1 x2 − 2

1 f (g(x))g′ (x) dx = ϕ (g(x)) 2

donde ϕ (x) es una primitiva de f (x). √ Es decir, dado que ϕ (x) = 2 x, tenemos que: I3 =

p 1 p 2 · 2 x − 2 = x2 − 2. 2

Como todas las integrales casi inmediatas, también se puede resolver por cambio de variable, haciendo el cambio u = g(x) = x2 − 2. I3 =

( ∗)

Z

√

x x2 − 2

( ∗)

dx =



u = x2 − 2 du = 2x dx =⇒ x dx = 12 du

=

Z



p √ 1 1 √ du = u = x2 − 2, 2 u

C ∈ R.

(d) Se pide calcular la integral:

I4 =

Z

1 dx 1 + 3 cos2 x

En la ayuda se recomienda que utilicemos el cambio t = tan(x). I4 = "

( ∗)

=

✐

Z

( ∗) 1 dx = 2 1 + 3 cos x

t = tan(x) =⇒ x = arctan(t ) dt = (1 + tan2 (x)) dx =⇒ dx = Z

1 1 + 3 cos2 (arctan(t ))

·

1 1+tan2 (x)

dt =

1 1+t 2

dt

#

1 dt. 1 + t2

✐

558

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Además, se dice que: p cos(arctan(t )) = 1/ t 2 + 1 =⇒

Es decir:

 p 2 =⇒ cos2 (arctan(t )) = 1/ t 2 + 1 = 1/(t 2 + 1) I4 =

Z

1 1 dt 1 + 3 cos2 (arctan(t )) 1 + t 2

=

Z

1 1 · dt = 3 1 + t 2 +1 1 + t 2

=

1 4

Z

1 2

(t/2) + 1

dt =

1 2

Z

Z

1 dt = 1 + t2 + 3 1/2

(t/2)2 + 1

Z

1 t2 + 4

dt

dt

  t  1 1 1 = arctan tan(x) , = arctan 2 2 2 2

C ∈ R.

(e) Se pide calcular la integral: I5 =

Z 1 0

4e−2x dx

Esta integral es inmediata: I5 =

Z 1 0

 1 4e−2x dx = −2e−2x 0 = −2e−2 + 2e0 = 2 − 2e−2 .

Problema 5.5

Calcular las siguientes integrales, aplicando el método indicado en cada caso. Para las integrales en que no se indica ningún método, aplicar el método más adecuado. Z 1 (a) dx, aplicando el cambio de variable x = tan(t ) (1 + x2 )2 Z p (b) a2 + b2 x2 dx, aplicando los cambios de variable bx = a tan(t ) y 1 cos (t )

+ tan(t ) √ Z √ 3 x + x2 √ (c) dx, aplicando el cambio de variable x = t 6 x s=

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

559

Problema 5.5 (cont) Z

(d)

arctan(x) dx, por el método de integración por partes

(e)

Z

(f)

Z

(g)

Z

x3 + 2x + 1 dx x2 − 5x + 6

1 dx ( x − 1) 2 ( x + 1) x

(x2 + x + 1)(x + 1)

dx

1 dx, aplicando el cambio de variable x = 2 arctan(t ) 3 + cos(x) Z √ 2 x +4 (i) dx, aplicando alguno de los siguientes cambios de variable: x √ x = 2 tan(t ) y s = sen1(t ) + cos1(t ) , x2 + 4 = t 2 o t = x2 + 4 − x

(h)

Z

Solución

(a) Inicialmente debemos sustituir x y dx por lo que corresponda: Z

1 ( ∗) dx = 2 2 (1 + x )  x = tan(t )  ( ∗)  1 dx = dt cos2 (t ) 

✐

=

Z

=

Z

=

Z

=

Z

1 1 · dt 2 2 (1 + tan (t )) cos2 (t ) 1 

1 cos2 (t ) 1

1 cos2 (t )

2 ·

1 dt cos2 (t )

dt

cos2 (t ) dt

✐

560

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

=

Z 

 1 1 + cos(2t ) dt 2 2

1 1 = t + sen(2t ) + C, 2 4

=

C∈R

1 1 arctan(x) + sen(2 arctan (x)) + C, 2 4

C ∈ R.

Para el cálculo de la integral hemos utilizado las siguientes identidades trigonométricas: 1 = 1 + tan2 (x) cos2 (x) cos2 (x) =

1 1 + cos(2x). 2 2

Para deshacer el cambio hemos aislado t del cambio propuesto: x = tan(t )

⇒

t = arctan(x).

Podemos desarrollar el resultado teniendo en cuenta las siguientes identidades trigonométricas: sen(2x) = 2 sen(x) cos(x) sen(arctan (x)) = √

x 1 + x2

cos(arctan (x)) = √

1 . 1 + x2

Así pues: 1 1 arctan(x)+ sen(2 arctan (x)) + C = 2 4

✐

=

1 1 arctan(x) + 2 sen(arctan(x)) cos(arctan(x)) + C 2 4

=

1 x 1 1 √ arctan(x) + √ +C 2 2 1 + x2 1 + x2

=

1 x 1 arctan(x) + + C, 2 2 1 + x2

C ∈ R.

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

561

(b) Aplicamos el cambio propuesto en el enunciado: Z p

Z q

a2 + (bx)2 dx =

dx =

  a 1 dt b cos2 (t )

a2 + b2 x2 dx = 

 ( ∗) 

( ∗)

bx = a tan(t )



1 a dt a2 + a2 tan2 (t ) · · b cos2 (t ) Z q a 1 = a 1 + tan2 (t ) · · dt b cos2 (t ) s Z a2 1 1 = · dt 2 b cos (t ) cos2 (t )

=

Z q

=

a2 b

Z

1 dt. cos3 (t )

Para los cálculos anteriores hemos usado la siguiente identidad trigonométrica: 1 = 1 + tan2 (x). cos2 (x) La integral resultante la resolveremos aplicando el método de integración por partes: a2 b

Z

1 a2 dt = 3 cos (t ) b

Z

1 1 ( ∗) dt = cos(t ) cos2 (t ) | {z } | {z } v′ (t )

u(t )

( ∗)

"

a2 = b

=

✐

sen(t )

⇒ u′ (t ) = cos2 (t ) dt u(t ) = cos1(t ) 1 v′ (t ) = cos2 (t ) dt ⇒ v(t ) = tan(t ) 

tan(t ) − cos(t )

Z

a2 tan(t ) a2 − b cos(t ) b

Z

sen(t ) tan(t ) · dt cos2 (t ) tan2 (t ) ·

#



1 dt cos(t )

✐

562

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

a2 tan(t ) a2 = − b cos(t ) b

Z 

 1 1 −1 · dt 2 cos (t ) cos(t )

a2 tan(t ) a2 − = b cos(t ) b

Z 

1 1 − cos3 (t ) cos(t )

= La integral Z

R

1 cos (t )

a2 tan(t ) a2 − b cos(t ) b

Z

1 a2 dt + 3 cos (t ) b

Z



dt

1 dt. cos(t )

dt la resolveremos aplicando un cambio de variable: 1 cos (t ) 1 cos (t )

+ tan(t )

1 dt = cos(t )

Z

1 · cos(t )

=

Z

tan(t ) 1 + cos cos2 (t ) (t ) 1 + tan(t ) cos(t )

=

Z

+ tan(t )

dt

dt

1



1 tan(t ) + 1 cos2 (t ) cos(t ) + tan(t ) | {z cos(t ) ds {z } | ·

s

 1 + tan(t )   cos(t )    ( ∗)    1 tan(t ) ds = + dt cos2 (t ) cos(t ) 

=

Z



( ∗)

dt = }

s =

1 ds s

= ln |s| + C,

C∈R

1 = ln + tan(t ) + C, cos(t )

C ∈ R.

Sustituyendo este resultado en la expresión anterior: a2 b

✐

Z

1 a2 tan(t ) a2 dt = − cos3 (t ) b cos(t ) b

Z

1 a2 1 dt + ln + tan(t ) . 3 cos (t ) b cos(t )

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

563

Operando obtenemos: 2

a2 b

Z

a2 b

Z

a2 tan(t ) a2 1 1 + C, dt = + ln + tan ( t ) cos3 (t ) b cos(t ) b cos(t )

C∈R

a2 tan(t ) a2 1 1 dt = + ln + tan(t ) + C, 3 cos (t ) 2b cos(t ) 2b cos(t )

Por tanto: Z p Z a2 1 a2 + b2 x2 dx = dt b cos3 (t ) a2 tan(t ) a2 1 + ln + tan(t ) + C = 2b cos(t ) 2b cos(t )

2 1 a a2 tan arctan bx a

+ = ln bx 2b cos arctan a 2b cos arctan bx 1 a2 a2 a

+ ln = bx 2b cos arctan a 2b cos arctan



C∈R



bx

+ tan arctan bx a a bx

+ + C bx a a

 +C

donde C ∈ R. Desarrollamos el resultado aplicando la siguiente identidad trigonométrica: 1 cos(arctan(x)) = √ . 1 + x2

Así pues: Z p

1 bx a2 + b2 x2 dx = + ln + +C q 1 2b q 2b a bx 2 bx 2 1+ ( a ) 1+ ( a ) s  2 2 bx 1 p 2 a bx 2 2 + + C = x a + b x + ln 1 + 2 2b a a a2

bx a 1

a2

donde C ∈ R. Para simplificar aún más el resultado, podemos sumar expresión: s  2 2 p bx bx 1 a 2 2 2 + +C = x a + b x + ln 1 + 2 2b a a

✐

a2 2b

ln |a| a la

✐

564

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

s  2 2 1 p 2 a bx bx a2 2 2 = x a + b x + ln 1 + + + C + ln |a| 2 2b a a 2b 1 p a2 p = x a2 + b2 x2 + ln a2 + b2 x2 + bx + C, 2 2b

C ∈ R.

Por tanto: Z p 1 p a2 p a2 + b2 x2 dx = x a2 + b2 x2 + ln a2 + b2 x2 + bx + C, 2 2b

C ∈ R.

(c) Sustituimos x y dx por lo que corresponda: √ 2 Z √ Z 1 3 ( ∗) x + x2 x2 + x3 √ dx = dx = 1 x x2 

( ∗)  =

x = t6 dx = 6t 5 dt Z

  2

1

(t 6 ) 2 + (t 6 ) 3

· 6t 5 dt

1

(t 6 ) 2

t3 + t4 · 6t 5 dt t3 Z
= 6t 5 + 6t 6 dt

=

Z

6 = t 6 + t 7 + C, 7

C∈R

√ 6 √ = ( 6 x)6 + ( 6 x)7 + C, C ∈ R 7 6√ 6 = x+ x7 + C, C ∈ R. 7 Para deshacer el cambio hemos aislado t del cambio propuesto: √ x = t 6 ⇒ t = 6 x.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

565

(d) Resolvemos la integral por el método de integración por partes: Z

( ∗)

arctan (x) dx = arctan(x) · |{z} 1 = | {z } u ( x)

( ∗)



v′ (x)

u(x) = arctan(x) ⇒ u′ (x) = x2 1+1 dx v′ (x) = 1 dx ⇒ v( x) = x

= arctan(x) · x −

Z

= arctan(x) · x −

Z

x x2 + 1



dx

derivada del denominador

z}|{ 2x 2 x +1

1 2

dx

1 = arctan(x) · x − ln(x2 + 1) + C, C ∈ R. 2 (e) Inicialmente reducimos la función racional a una fracción donde el grado del numerador sea menor que el grado del denominador: x3 + 2x + 1 (x2 − 5x + 6)(x + 5) + 21x − 29 21x − 29 = = x+5+ 2 . 2 2 x − 5x + 6 x − 5x + 6 x − 5x + 6 Por tanto:  Z Z  21x − 29 21x − 29 1 2 x+5+ 2 dx. dx = x + 5x + 2 x − 5x + 6 2 x − 5x + 6

A continuación, descomponemos el cociente de polinomios en fracciones simples:

(A + B)x − 2A − 3B 21x − 29 A B A ( x − 2) + B ( x − 3) = + = = . x2 − 5x + 6 x − 3 x − 2 (x − 3)(x − 2) (x − 3)(x − 2)

Se debe cumplir:

A + B = 21 −2A − 3B = −29

Resolviendo el sistema obtenemos A = 34 y B = −13. Por tanto: Z

1 x3 + 2x + 1 dx = x2 + 5x + x2 − 5x + 6 2

1 = x2 + 5x + 2

Z 

34 13 − x−3 x−2

Z



21x − 29 dx = x2 − 5x + 6

dx

1 = x2 + 5x + 34 ln |x − 3| − 13 ln |x − 2| + C, 2

✐

C ∈ R.

✐

566

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(f) Inicialmente descomponemos el numerador de la función racional en fracciones simples: 1 C A B + = + ( x − 1) 2 ( x + 1) x − 1 ( x − 1) 2 x + 1

=

A(x − 1)(x + 1) + B(x + 1) + C (x − 1)2 ( x − 1) 2 ( x + 1)

=

(A + C )x2 + (B − 2C )x − A + B + C . ( x − 1) 2 ( x + 1)

Se debe cumplir: A +C = 0 B − 2C = 0

−A + B + C = 1

Resolviendo el sistema obtenemos A = −1/4, B = 1/2 y C = 1/4. Por tanto:  Z  Z 1/4 1/2 1/4 1 dx = − + dx + ( x − 1) 2 ( x + 1) x − 1 ( x − 1) 2 x + 1 1 1 1 1 = − ln |x − 1| − + ln |x + 1| + C, 4 2 x−1 4

C ∈ R.

(g) Inicialmente descomponemos el numerador de la función racional en fracciones simples: x

(x2 + x + 1)(x + 1)

=

Ax + B x2 + x + 1

+

C x+1

=

Ax(x + 1) + B(x + 1) + C (x2 + x + 1) (x2 + x + 1)(x + 1)

=

(A + C )x2 + (A + B + C )x + B + C . (x2 + x + 1)(x + 1)

Se debe cumplir: A +C = 0 A + B +C = 1 B +C = 0

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

567

Resolviendo el sistema obtenemos A = 1, B = 1 y C = −1. Por tanto: Z

x dx = (x2 + x + 1)(x + 1)

= − ln |x + 1| +

Z 

1 x+1 − x2 + x + 1 x + 1

Z 1 1 2 (2x + 1) + 2

x2 + x + 1

1 = − ln |x + 1| + 2

Z



dx

dx

2x + 1 dx + x2 + x + 1

Z

1 = − ln |x + 1| + ln |x2 + x + 1| + 2

Z

1 = − ln |x + 1| + ln |x2 + x + 1| − 2

1 q2

1 2

x2 + x + 1

(x +

3 4

dx

1 2 3 1 2 2) + 4



dx

x+ arctan  q



1 2

3 4

+C

  1 1 2x + 1 2 √ √ = − ln |x + 1| + ln |x + x + 1| − arctan +C 2 3 3 donde C ∈ R. (h) Inicialmente reescribimos la integral en base a las siguientes identidades trigonométricas:

cos2 (x) =

1 1 + cos(2x) 2 2

tan2 (x) + 1 =

✐

1 cos2 (x)

=⇒

cos(2x) = 2 cos2 (x) − 1

=⇒

cos(x) = 2 cos2

=⇒

cos2 (x) =

x 2

−1

1 tan2 (x) + 1

✐

568

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

A continuación, sustituimos x y dx por lo que corresponda: Z

1 dx = 3 + cos(x)

Z

=

Z



 ( ∗) 

1 3 + 2 cos2

x 2

1 2+




2

−1

dx

( ∗)

dx =

tan2 ( 2x ) +1



x = 2 arctan (t )

 

2 dt 1 + t2

dx =

1

=

Z

2+

=

Z

1 2 · 2 dt 2 t + 1 2 + t 2 +1

=

Z

2t 2 + 2 + 2

=

Z

t2 + 2

2 tan2 ( 21 ·2 arctan (t ) ) +1

2 1

·

2 dt 1 + t2

dt

dt

  t 1 = √ arctan √ + C, C ∈ R 2 2   x  1 1 + C, C ∈ R. = √ arctan √ tan 2 2 2

Para deshacer el cambio hemos aislado t del cambio propuesto: x = 2 arctan(t )

⇒

t = tan

x 2

.

(i) Resolvemos la integral aplicando los cambios de variable:

x = 2 tan(t ),

✐

s=

1 1 + , sen(t ) cos(t )

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

569

obteniendo: Z √ 2 x +4

x

( ∗)

dx

=



 ( ∗) 

  2 dt cos2 (t )

dx =

=

Z p

=

Z

=

Z

=2



x = 2 tan(t )

4 tan2 (t ) + 4 2 · dt 2 tan(t ) cos2 (t )

p 2 tan2 (t ) + 1 · 2(tan2 (t ) + 1) dt 2 tan(t ) 1 cos(t )

tan(t ) Z

· 2(tan2 (t ) + 1) dt

1 1 · dt. sen(t ) cos2 (t )

Para los cálculos anteriores hemos usado la siguiente identidad trigonométrica: 1 = 1 + tan2 (x). cos2 (x) A continuación, resolvemos la integral resultante por el método de integración por partes: 2

Z

( ∗) 1 1 · dt = 2 sen(t ) cos (t ) | {z } | {z } u(t )

v′ (t )



( ∗) 

1 sen(t ) = cos12 (t )

u(t ) = v′ (t )

 =2

cos(t )

⇒ u′ (t ) = − sen2 (t ) dt

dt ⇒ v(t ) = tan(t )

1 · tan(t ) − sen(t )

2 +2 = cos(t )

✐

Z

Z

 

   cos(t ) tan(t ) · − 2 dt sen (t )

1 dt. sen(t )

✐

570

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

La integral

R

1 sen(t )

dt la resolvemos haciendo el cambio de variable: s=

1 1 + ; sen(t ) tan(t )

sustituyendo: Z

1 dt = sen(t )

1 sen(t )

Z

=−

Z

1 sen(t ) 1 sen(t )

+ tan1(t ) + tan1(t )

1 1 1 + sen(t ) tan(t ) | {z } s

dt = 

1 1 − · − sen(t ) tan(t ) sen2 (t ) | {z ds

 1 1 +   sen(t ) tan(t )    ( ∗)    1 1 ds = − − dt sen(t ) tan(t ) sen2 (t ) 

=−

Z

1 ds s C∈R

1 1 + C, + = − ln sen(t ) tan(t )

C ∈ R.

Por tanto: Z √ 2 1 x +4 2 1 + C, dx = − 2 ln + x cos(t ) sen(t ) tan(t )

C∈R

2 1 1 + C, = − 2 ln + cos(arctan(t )) sen(arctan(t )) tan(arctan(t )) 1 2 1 = − 2 ln + x + C, x 1 q q 2 2 2 2 1+( 2x ) 1+ ( 2x )

=

✐

( ∗)

dt = }

s =

= − ln |s| + C,

p



√ 4 + x2 2 4 + x2 − 2 ln + + C, x x

C∈R

C∈R

C ∈ R.

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

571

Para deshacer el cambio hemos aislado t del cambio propuesto: x x = 2 tan(t ) ⇒ t = arctan . 2

Para simplificar el resultado hemos utilizado las siguientes identidades trigonométricas: x sen(arctan(x)) = √ 1 + x2 1 . cos(arctan(x)) = √ 1 + x2 También podemos resolver la integral aplicando el cambio de variable x2 + 4 = t 2 : Z √ 2 ( ∗) x +4 dx = x 

x2 + 4 = t 2

 ( ∗) 

⇒

x=

p  t2 − 4  

t √ dt 2 t −4 Z Z p 2 (t ) t2 t √ dt = = √ dt t2 − 4 t2 − 4 t2 − 4  Z  Z 2 4 t −4+4 dt = 1+ 2 dt = t2 − 4 t −4

dx =

=t+

Z

4 t2 − 4

dt.

Descomponemos el denominador de la función racional en fracciones simples: 4 t2 − 4

=

A 4 B = + (t − 2)(t + 2) t − 2 t + 2

=

A(t + 2) + B(t − 2) (A + B)t + 2A − 2B = . (t − 2)(t + 2) (t − 2)(t + 2)

Se debe cumplir: A+B = 0 2A − 2B = 4

✐

✐

572

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Resolviendo el sistema obtenemos A = 1 y B = −1. Por tanto: t+

Z

4 dt = t + 2 t −4

Z 

1 1 − t −2 t +2



dt

= t + ln |t − 2| − ln |t + 2| + C, =

p

C∈R

p p x2 + 4 + ln x2 + 4 − 2 − ln x2 + 4 + 2 + C,

C ∈ R.

El resultado es idéntico al obtenido con el cambio de variable anterior, dado que: p

p p x2 + 4 + ln x2 + 4 − 2 − ln x2 + 4 + 2 + C,

=

=

p

p

√ x2 + 4 + 2 x2 + 4 − ln √ + C, x2 + 4 − 2

C∈R

√ 2 2 +4+2 x  √  + C, x2 + 4 − ln √ x2 + 4 − 2 x2 + 4 + 2

√ 2 2 x + 4 + 2 p = x2 + 4 − ln + C, x2

=

=

p p

√ x2 + 4

x2 + 4 − 2 ln

x

2 + + C, x

Z √ 2 x +4

x

dx =

Z

√

C∈R

C∈R

!2 √ 2 x + 4 + 2 + C, x2 + 4 − ln x

El tercer cambio de variable propuesto es t = con este cambio:

✐

C∈R

C∈R

C ∈ R.

√ x2 + 4 − x. Resolvemos la integral

! x2 + 4 − x + 1 dx x

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

= x+

Z √ 2 x +4−x

x

t2 2

573

√ √ x2 + 4 x − x2 + 4 √ √ dx x − x2 + 4 x2 + 4

+2

z }|p { √ Z 2 2 x + 4 − x x + 4 x − x2 + 4 (∗) √ p dx = = x+ +4 } x2 − x x2 + 4 | x2 {z {z } | dt

t2 2 −2



  ( ∗)  

t = dt =

4 − t2 + = 2t

=

4 − t2 + 2t

4 − t2 + = 2t

p

x2 + 4 − x

√ x − x2 + 4 √ dx x2 + 4

Z t2 2 +2 t2 2

Z

−2

⇒

 4 − t2 x= 2t    

dt

t2 + 4 dt t2 − 4

Z 

8 1+ 2 t −4



dt

4 − t2 8 = +t + dt. 2 2t t −4 Descomponemos el denominador de la función racional en fracciones simples: Z

8 8 A B = = + t2 − 4 (t − 2)(t + 2) t − 2 t + 2

=

A(t + 2) + B(t − 2) (A + B)t + 2A − 2B = . (t − 2)(t + 2) (t − 2)(t + 2)

Se debe cumplir: A+B = 0 2A − 2B = 8 Resolviendo el sistema obtenemos A = 2 y B = −2. Por tanto:  Z Z  4 − t2 8 2 4 + t2 2 +t + √ dt = + − dt 2t 2t t −2 t +2 t2 − 4

✐

✐

574

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

=

4 + t2 + 2 ln |t − 2| − 2 ln |t + 2| + C 2t

√ 2 p p 4+ x2 + 4 − x √  + 2 ln x2 + 4 − x − 2 − 2 ln x2 + 4 − x + 2 + C = 2 x2 + 4 − x √ √ x2 + 4 − x + 2 4 + 2x2 + 4 − 2x x2 + 4 √ = − 2 ln √ +C 2 2 x +4−x−2 2 x + 4 − 2x √

=

=

 √  √ x2 + 4 − x + 2 √x2 + 4 + (x + 2) x2 + 4 2 x2 + 4 − 2x √ √ − 2 ln √ +C 2 2 2 2 x + 4 − 2x x + 4 − ( x + 2) x + 4 + ( x + 2)

p

√ √ 4 x2 + 4 + 8 x2 + 4 2 p + +C x2 + 4 − 2 ln + C = x2 + 4 − 2 ln −4x x x

donde C ∈ R. De nuevo obtenemos el mismo resultado. Problema 5.6

Calcular las siguientes integrales, aplicando el método indicado en cada caso. Para las integrales en que no se indica ningún método, aplicar el método más adecuado. Z √ ln(x) √ dx, aplicando el cambio de variable t = x o por el método de integra(a) x ción por partes (b)

sen(ln(x)) dx, por el método de integración por partes

(c)

Z

tan(x) dx

(d)

Z

cos(x) dx 1 + sen2 (x)

(e)

Z

3x − 2 dx x2 − 4x + 5

(f)

✐

Z

Z

earcsen (x) dx, por el método de integración por partes

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

Ejercicio propuesto 5.6 (cont) Z

(g)

ln(1 −

√

x) dx, aplicando el cambio de variable t =

575

√ x o por el método de

integración por partes

(h)

Z

x cos2 (x) dx, aplicando el método de integración por partes

Solución

(a) Resolvemos la integral aplicando el cambio propuesto: Z

ln(x) √ dx = x

Z

1 2 ln(x) · √ dx 2 x

=

Z

√ 2 ( ∗) 1 2 ln( x ) · √ dx = |{z} 2 x | {z } t2 dt



 ( ∗) 

=

t =

dt = Z

=4

√

x



  1 √ dx 2 x

2 ln(t 2 ) dt Z

ln(t ) dt.

A continuación, resolvemos esta integral por el método de integración por partes: 4

Z

ln(t ) dt = 4

( ∗)

"

Z

( ∗)

ln(t ) |{z} 1 dt = |{z} ′ u(t ) v (t )

u(t ) = ln(t ) ⇒ u′ (t ) = 1t dt v′ (t ) = 1 dt

⇒ v(t ) = t

#

  Z 1 = 4 ln(t ) · t − t · dt t

= 4 (ln(t ) · t − t ) + C,

C∈R

√ √ √ = 4 ln( x) · x − 4 x + C, √ √ = 2 x ln(x) − 4 x + C,

✐

C∈R

C ∈ R.

✐

576

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

La integral del enunciado se puede resolver también directamente por el método de integración por partes: Z

ln(x) √ dx = x

Z

1 ( ∗) ln(x) √ dx = | {z } x u(x) | {z } v′ (x)



 ⇒ u′ (x) = 1x dx ( ∗)  √  v′ (x) = √1x dx ⇒ v(x) = 2 x u(x) = ln(x)

Z √ √ 1 = ln(x) · 2 x − 2 x · dx x Z √ 1 = 2 x ln(x) − 2 x− 2 dx

√ √ = 2 x ln(x) − 4 x + C,

C ∈ R.

El resultado obtenido es el mismo por los dos métodos. (b) Aplicamos el método de integración por partes: Z

sen(ln(x)) dx =



( ∗) 

Z

( ∗)

sen(ln(x)) |{z} 1 dx = | {z } v′ (x)

u ( x)

u(x) = sen(ln(x)) ⇒ u′ (x) = v′ (x) = 1 dx

cos(ln(x)) x

⇒ v( x) = x

dx

 

cos(ln(x)) dx x

= sen(ln(x)) · x −

Z

x·

= sen(ln(x)) · x −

Z

cos(ln(x)) dx.

Aplicamos de nuevo el método de integración por partes: sen(ln(x)) · x −

✐

Z

( ∗)

cos(ln(x)) |{z} 1 dx = | {z } u ( x)

v′ (x)

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN



( ∗) 

u(x) = cos(ln(x)) ⇒ u′ (x) = v′ (x) = 1 dx

− sen(ln(x)) x

dx

⇒ v( x) = x 

= sen(ln(x)) · x − cos(ln(x)) · x − = sen(ln(x)) · x − cos(ln(x)) · x −

Z

Z

577

 

 − sen(ln(x)) dx x· x

sen(ln(x)) dx.

Por tanto:

2

Z

sen(ln(x)) dx = sen(ln(x)) · x − cos(ln(x)) · x −

Z

Z

sen(ln(x)) dx = sen(ln(x)) · x − cos(ln(x)) · x + C,

Z

sen(ln(x)) dx =

sen(ln(x)) dx

C∈R

1 1 sen(ln(x)) · x − cos(ln(x)) · x + C, 2 2

C ∈ R.

(c) Para resolver esta integral podemos hacer el cambio de variable t = cos(x). Así pues: Z

tan(x) dx =

Z

( ∗) 1 · (− sen(x)) dx = | {z } cos(x) | {z } dt t



( ∗)  =



dt = − sen(x) dx Z

1 − dt t

= − ln |t| + C,

C∈R

= − ln | cos(x)| + C,

✐



t = cos(x)

C ∈ R.

✐

578

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(d) Para resolver esta integral podemos hacer el cambio de variable t = sen(x). Así pues: Z Z ( ∗) cos(x) 1 dx = − · cos(x) dx = 1 + sen2 (x) 1 + sen2 (x) | {z } | {z } dt t2





t = sen(x)

( ∗) 



dt = cos(x) dx

=

1 dt 1 + t2

Z

= arctan(t ) + C,

C∈R

= arctan(sen(x)) + C,

C ∈ R.

(e) El denominador de la función racional es un polinomio de grado 2 irreducible. Por tanto: Z

3x − 2 dx = x2 − 4x + 5

Z 3 3 2 (2x − 4) − 2 − 2 (−4)

dx

x2 − 4x + 5

derivada del denominador

=

Z

z }| { 2x − 4 x2 − 4x + 5

3 2

dx +

Z

=

3 ln |x2 − 4x + 5| + 2

=

3 ln |x2 − 4x + 5| + 4 arctan(x − 2) + C, 2

Z

4 dx x2 − 4x + 5

4 dx ( x − 2) 2 + 1 C ∈ R.

(f) Aplicamos el método de integración por partes: Z

earcsen (x) dx =



( ∗) 

✐

Z

( ∗)

( x) 1 dx = e|arcsen {z } |{z} u ( x)

v′ (x)

u(x) = earcsen (x) ⇒ u′ (x) = v′ (x)

= 1 dx

arc sen(x) e√ 1−x2

⇒ v( x) = x

= earcsen(x) · x −

Z

dx

 

earcsen (x) dx. x· √ 1 − x2

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

579

Aplicamos de nuevo el método de integración por partes:

earcsen (x) · x −

Z



( ∗)  arcsen (x)

=e

earcsen (x) x· √ dx = earcsen (x) · x − 2 1−x u(x) = earcsen (x) v′ (x) =

√ x 1−x2

arcsen (x)

·x− e

= earcsen(x) · x + earcsen(x) ·

Z

⇒ u′ (x) =

( ∗) x ( x) e|arcsen {z } √1 − x2 dx = | {z } u ( x) v′ (x)

arc sen (x) e√ 1−x2

dx



 √ dx ⇒ v(x) = − 1 − x2

!  p  Z p arcsen (x) e dx · − 1 − x2 − − 1 − x2 · √ 1 − x2

p

1 − x2 −

Z

earcsen (x) dx.

Por tanto:

2

Z p 2 · 1 − x − earcsen (x) dx

Z

e

Z

earcsen (x) dx = earcsen (x) · x + earcsen (x) ·

Z

  p 1 earcsen (x) dx = earcsen (x) · x + 1 − x2 + C, 2

arcsen (x)

arcsen (x)

dx = e

arcsen (x)

·x+e

p 1 − x2 + C,

C∈R

C ∈ R.

(g) Hacemos el cambio de variable:

Z

  Z √
√ √ 1 ( ∗) ln 1 − x dx = ln 1 − x  · 2 x · √ dx = |{z} |{z} 2 x | {z } t t dt



 ( ∗) 

=

✐

t =

dt = Z

√

x



  1 √ dx 2 x

ln(1 − t ) · 2t dt.

✐

580

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

A continuación, resolvemos esta integral por el método de integración por partes: Z

( ∗)



( ∗)

2t dt = ln(1 − t ) · |{z} | {z } v′ (t )

u(t )

1 u(t ) = ln(1 − t ) ⇒ u′ (t ) = − 1−t dt ′ 2 v (t ) = 2t dt ⇒ v(t ) = t

= ln(1 − t ) · t 2 −

Z

  1 t2 · − dt 1−t

= ln(1 − t ) · t 2 +

Z

t2 dt 1−t



(−1 − t )(1 − t ) + 1 dt 1−t  Z  1 = ln(1 − t ) · t 2 + −1 − t + dt 1−t

= ln(1 − t ) · t 2 +

Z

1 = ln(1 − t ) · t 2 − t − t 2 − ln |1 − t| + C, 2

C∈R

√ √ √
2 √ 1 √
2 = ln(1 − x) · x − x − x − ln |1 − x| + C, 2

√ √ √ 1 = x ln(1 − x) − x − x − ln |1 − x| + C, 2

C∈R

C ∈ R.

Esta integral también se puede resolver por el método de integración por partes: Z

Z √
√
( ∗) ln 1 − x dx = ln 1 − x |{z} 1 dx = | {z } ′ u ( x)



( ∗) 

✐

v ( x)

√ u(x) = ln (1 − x) ⇒ u′ (x) =

v′ (x) = 1 dx

1 1√ 2 x− x

⇒ v( x) = x

dx

 

Z √
1 1 √ dx = ln 1 − x · x − x · 2 x− x

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

581

√
1Z x √ dx = x ln 1 − x − 2 x− x

√ √ √
1 Z x− x+ x−1+1 √ = x ln 1 − x − dx 2 x− x √
1Z = x ln 1 − x − 2 √
1Z = x ln 1 − x − 2



 √ √ 1 x− x x−1 √ + √ + √ dx x− x x− x x− x



1 1 √ 1+ √ + x x− x



dx

Z √
1 √ 1 1 √ dx = x ln 1 − x − x − x − 2 2 x− x | √ {z } =ln |1− x|+C,

C∈R

√ √ √
1 = x ln 1 − x − x − x − ln |1 − x| + C, 2 Obtenemos el mismo resultado por los dos métodos.

C ∈ R.

(h) Podemos simplificar la integral teniendo en cuenta la siguiente identidad trigonométrica: 1 1 cos2 (x) = + cos(2x). 2 2 Así pues:  Z Z  Z ( ∗) 1 1 1 1 x cos2 (x) dx = x + x · cos(2x) dx = x2 + x cos(2x) dx = 2 2 4 2 |{z} | {z } u ( x)

( ∗)

"

u( x) = x

⇒ u′ (x) = 1 dx

v′ (x) = cos(2x) dx ⇒ v(x) = 12 sen(2x)

v′ (x)

#

  Z 1 2 1 1 1 = x + x · sen(2x) − sen(2x) · 1 dx 4 2 2 2 1 1 1 = x2 + x sen(2x) + cos(2x) + C, C ∈ R. 4 4 8 Para los cálculos anteriores hemos usado la siguiente identidad trigonométrica: cos2 (x) =

✐

1 1 + cos(2x). 2 2

✐

582

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 5.7

Dada una curva en el plano definida por la ecuación y = f (x), la longitud de esta curva desde x = a hasta x = b viene dada por: Z bq

L=

a

1 + ( f ′ (x))2 dx

Demostrar que la longitud de un cuarto de circunferencia de radio r es π r/2. Ayuda: hacer el cambio x = r sen(u) en la integral y utilizar que arc sen(0) = 0 y arc sen(1) = π /2. Solución

La ecuación √ que define la circunferencia de radio r y centro (0, 0) en el primer cuadrante es y = r2 − x2 , ya que la ecuación es: x2 + y2 = r2 Dado que f (x) =

√ r2 − x2 , entonces: −2x f ′ ( x) = √ 2 r2 − x2

Por tanto, la longitud de un cuarto de la circunferencia viene dada por: s s s 2  Z r Z r Z r 2 −2x 4x x2 dx = L = 1+ √ 1+ dx = 1+ 2 dx 2 2 4( r − x ) r − x2 0 0 0 2 r2 − x2 s s Z r Z r Z r r2 − x2 + x2 r2 1 √ dx. = dx = dx = r 2 2 2 2 2 r −x r −x 0 0 0 r − x2 Haciendo el cambio que se propone: x = r sen(u)

=⇒

u = arc sen (x/r),

con lo que tenemos dx = r cos(u)du y los extremos de integración son ahora: x = 0 → u = arc sen(0) = 0,

x = r → u = arc sen(1) = π /2. L =r

=r

✐

Z r 0

√

Z π /2 0

1 dx = r 2 r − x2

Z π /2 0

cos(u) p du = r cos(u)2

r cos(u) p

r2 − r2 sen(u)2

Z π /2 0

du = r

Z π /2 0

1du = r [u]π0 /2 = rπ /2.

r cos(u) r

p

1 − sen(u)2

du

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

583

Problema 5.8

Descomponer en fracciones simples la función racional: x4 + 5 x2 + 2 x3 + 2 x Solución

Si dividimos el polinomio x4 + 5x2 + 2 entre x3 + 2x obtenemos: x4 + 5x2 + 2 = x · (x3 + 2x) + (3x2 + 2). Por tanto: 3x2 + 2 3x2 + 2 A Bx + C x4 + 5 x2 + 2 = x + = x + = x+ + 2 . 3 3 2 x + 2x x + 2x x( x + 2) x x +2 Los coeficientes A, B y C se encuentran resolviendo la ecuación: 3x2 + 2 = A(x2 + 2) + (Bx + C )x = (A + B)x2 + Cx + 2A, es decir A + B = 3,C = 0, 2A = 2 y, por tanto, C = 0, A = 1, B = 2. Así pues, obtenemos la siguiente descomposición en fracciones simples: x4 + 5 x2 + 2 1 2x = x+ + 2 . x3 + 2 x x x +2

Problema 5.9

Descomponer en fracciones simples la función racional: 5x2 + 8x + 2 x3 + 2 x2 + 2 x + 4 Solución

En primer lugar, debemos descomponer el denominador. Si nos fijamos en que el polinomio del denominador se anula en el punto x = −2, podemos hacer la división del polinomio x3 + 2x2 + 2x + 4 por x + 2, obteniendo como resultado el polinomio x2 + 2, que ya no descompone al ser siempre positivo. Entonces, tenemos que: x3 + 2x2 + 2x + 4 = (x + 2)(x2 + 2). Entonces, tenemos que encontrar los valores de los parámetros A, B y C que satisfacen: A Bx + C 5x2 + 8x + 2 = + 2 . 3 2 x + 2x + 2x + 4 x+2 x +2

✐

✐

584

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

La suma de las fracciones simples de la derecha es: A(x2 + 2) + (Bx + C )(x + 2) (A + B)x2 + (2B + C )x + (2A + 2C ) = . (x + 2)(x2 + 2) (x + 2)(x2 + 2) Dado que: ha de ser igual a:

5x2 + 8x + 2

(A + B)x2 + (2B + C )x + (2A + 2C ),

igualamos los coeficientes: A+B = 5 2B + C = 8 2A + 2C = 2 y resolvemos el sistema, que tiene por solución: A=1 B=4 C=0 Por tanto: 1 4x 5x2 + 8x + 2 = + 2 . 3 2 x + 2x + 2x + 4 x+2 x +2

Problema 5.10

Descomponer en fracciones simples la función racional: 4x2 − 2x + 6 x3 + x2 − 5x + 3

Solución

El denominador de la fracción se puede descomponer (por Ruffini) como: x3 + x2 − 5x + 3 = (x − 1)2 (x + 3). Por tanto, la descomposición en fracciones simples tendrá la siguiente estructura: 4x2 − 2x + 6

x3 + x2 − 5x + 3

✐

=

A B C + + . x − 1 ( x − 1) 2 ( x + 3)

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

585

Sumando las fracciones simples e igualando los denominadores, tenemos: A B 4x2 − 2x + 6 C = + + x3 + x2 − 5x + 3 x − 1 (x − 1)2 (x + 3)

=

A(x − 1)(x + 3) + B(x + 3) + C (x − 1)2 ( x − 1) 2 ( x + 3)

=

(A + C )x2 + (2A + B − 2C )x − 3A + 3B + C . ( x − 1) 2 ( x + 3)

Por tanto, tenemos el siguiente sistema de ecuaciones: A +C = 4 2A + B − 2C = −2

−3A + 3B + C = 6 que tiene por solución: A=1 B=2 C=3 Así pues, la descomposición es:

1 2 3 4x2 − 2x + 6 = + + . 3 2 2 x + x − 5x + 3 x − 1 ( x − 1) ( x + 3) Problema 5.11

Descomponer en fracciones simples la función racional: 16 . (x − 3)(x2 + 2x + 1) Solución

El denominador de la fracción se puede descomponer como:

(x − 3)(x2 + 2x + 1) = (x − 3)(x + 1)2 Por tanto, la descomposición en fracciones simples tendrá la siguiente estructura: A B C 16 = + + 2 (x − 3)(x + 2x + 1) x − 3 x + 1 (x + 1)2

✐

✐

586

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

=

A(x + 1)2 + B(x − 3)(x + 1) + C (x − 3) (x − 3)(x + 1)2

=

(A + B)x2 + (2A − 2B + C )x + (A − 3B − 3C ) . (x − 3)(x + 1)2

Los numeradores 16 y (A + B)x2 + (2A − B + C )x + (A − 2B − 3C ) deben ser iguales, por tanto, los coeficientes A, B,C pueden encontrarse resolviendo el sistema lineal de ecuaciones: A+B = 0 2A − B + C = 0

A − 2B − 3C = 1 La solución de este sistema es: A=1 B = −1 C = −4

Finalmente, la descomposición en fracciones simples es: 16 1 −1 −4 = + + . 2 (x − 3)(x + 2x + 1) x − 3 x + 1 (x + 1)2

Problemas resueltos (cálculo de áreas) Problema 5.12

Calcular el área de la región del plano limitada por las curvas que se indican: (a) Las parábolas y2 = 2px y x2 = 2py; (b) La parábola y2 = 2x y el círculo x2 + y2 = 8; (c) El arco sinusoide y = sen(x) y las rectas x = 0, x = π , e y = 1/2; (d) Las circunferencias x2 + y2 = 9 y (x − 3)2 + y2 = 9; (e) Las curvas y = ex , x = 1 − y2 y el eje de abscisas; (f) Las parábolas x = −y2 + 2y, x = y2 − 2y + 2 y el eje de abscisas; (g) La curva y2 = x2 − x4 .

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

587

Solución

(a) Se pide hallar el área que delimitan las dos parábolas y2 = 2px y x2 = 2py entre los puntos donde se intersecan. En la Figura 5.36 hemos representado las dos curvas. x2 = 2py y2 = 2px 2p

2p

Figura 5.36. Gráficas de las parábolas y2 = 2px y x2 = 2py.

Utilizaremos que: y2 = 2px x2 = 2py

⇒ ⇒

y = f ( x) =

p

y = g( x) =

2px

x2 2p

Puntos donde intersecan las dos funciones. Mediante la gráfica podemos ver que las curvas se cruzan en dos puntos. Para encontrar estos puntos igualamos las dos funciones: p

2px =

y=

p

x2 2p

⇔

2px =

⇔

2p = x

2p2p =

p

x4 4p2

22 p2 = 2p

⇔

8p3 =

⇔

y = 2p

x4 x

⇔

23 p3 = x3

Por tanto, los dos puntos de corte son: (0, 0) y (2p, 2p). Observamos que en el intervalo [0, 2p] la función f (x) es mayor o igual que g(x).

✐

✐

588

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Área delimitada por las dos curvas. A =

Z 2p

( f (x) − g(x)) dx =

=

Z 2p

Z 2p 1 2 (2p) x dx − x dx

0

0

1 2

1

= (2p) 2

Z 2p 0

1 2

1

x 2 dx −

Z 2p p 0

0

2p

1 2p

Z 2p 0

2px dx −

Z 2p 2 x 0

2p

dx

x2

2p 2p 2 3 1 1 3 · x = (2p) · x 2 − 3 0 2p 3 0 1 2

1 3 4 2 1 1 2 1 = (2p) 2 · (2p) 2 − · (2p)3 = (2p) 2 · − (2p)2 3 2p 3 3 3

2 1 1 = 4p2 − 4p2 = 4p2 . 3 3 3 Así pues:

1 A = 4p2 . 3

(b) Se pide hallar el área común delimitada por la parábola y2 = 2x y el círculo x2 + y2 = 8. En la Figura 5.37 se representan la gráfica de la parábola y2 = 2x y el círculo x2 + y2 = 8. x2 + y2 = 8

√ 8

y2 = 2x

Figura 5.37. Gráfica de la parábola y2 = 2x y el círculo x2 + y2 = 8

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

589

Utilizaremos que: y2 = 2x

⇒

x2 + y2 = 8

⇒

Puntos donde intersecan las funciones.

√

2x p y = g(x) = 8 − x2

y = f ( x) =

En primer lugar, hay que saber el punto donde el círculo corta al eje OX . Dado que se trata de una circunferencia centrada en el origen, este punto coincidirá con el valor del radio: x2 + y2 = R2

⇒

R2 = 8

⇒

R=

√

8

√ Por tanto, el punto es ( 8, 0). Determinemos ahora los puntos donde intersecan las dos curvas, igualando las dos funciones: p √ 2x = 8 − x2

2x = 8 − x2 ⇔ x2 + 2x − 8 = 0 p −2 ± 22 − 4 · 1(−8) ⇔ x= 2·1

⇔ ⇔

x=

⇔ y=

√

2x =

√ 2 · 2 = ±2 ⇔

−2 ± 6 2

⇔

x1 = 2

⇔

x2 = −4

y = ±2

Los dos puntos son (2, 2) y (2, −2).

Las curvas que integraremos en cada intervalo para conocer el área serán: • En el intervalo [0, 2] la función f (x) es mayor o igual que g(x). √ • En el intervalo [2, 8] la función g(x) es mayor o igual que g(x). Área delimitada por las dos curvas.

Por simetría, el área buscada es el doble del área comprendida entre la curva f (x) y el eje OX por la parte positiva en el intervalo [0, 2] más el doble del área compren√ dida entre la curva g(x) y el eje OX por la parte positiva en el intervalo [2, 8]: A=2

✐

Z 2 0

( f (x) dx +

Z √8 2

!

g(x)) dx

✐

590

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Z √8 p

=2

Z 2√

=2

Z 2

=2

Z 2

=2

Z 2

(2x) dx + 2

=2

Z 2

√ Z 1 (2x) 2 dx + 2 8

0

0

0

0

0

2x dx + 2 1 2

(2x) dx + 2 1 2

(2x) dx + 2

1 2

2

Z √8 2

8 − x2 dx 1

(8 − x2 ) 2 dx

Z √8 



Z √8 √

s

x2 8· 1− 8

2

8·

2

2

√ s 8

 12



x 1− √ 8

dx

2

dx

  x 2 dx. 1− √ 8

En este punto hay que hacer el cambio de variable: x sen(t ) = √ 8 para resolver la segunda integral: 1 cos(t ) dt = √ dx 8 x1 = 2 x2 =

√

=⇒ 8

√

⇔

8 cos(t ) dt = dx

  2 t1 = arc sen √ , t1 ∈ (−π , π ) 8 t2 = arc sen(1), t2 ∈ (−π , π )

=⇒

=⇒ =⇒

t1 = t2 =

π 4

π 2

Por tanto: π 2

q

√ 1 − sen2 (t ) 8 cos(t ) dt

π 2

q

√ cos2 (t ) 8 cos(t ) dt

A =2

Z 2

√ Z (2x) dx + 2 8

=2

Z 2

√ Z (2x) dx + 2 8

=2

Z 2

√ √ Z (2x) dx + 2 8 8

0

0

0

1 2

π 4

1 2

π 4

π 2

1 2

π 4

cos2 (t ) dt.

Para resolver la integral resultante debe aplicarse la igualdad: cos2 (t ) =

✐

1 1 + cos(2t ) 2 2

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

591

Operando: A =2

Z 2 0

√ √ Z π2 1 1 + cos(2t ) dt (2x) dx + 2 8 8 π 2 2 4 1 2

 2   π2 3 t 1 1 = 2 (2x) 2 + 16 + sen(2t ) 3 2 4 π 0 4

   π  π 1 π 1 1 3 2 = 2 · 4 + 16 + sen(π ) − − sen 3 4 4 8 4 2   1 π π 1 = 2 · · 8 + 16 − − 3 4 8 4

=

16 + 2π − 4 3

=

4 + 2π ≃ 7.6165. 3

Así pues: A ≃ 7.6165.

(c) Se pide hallar el área delimitada por el arco sinusoide y = sen(x) y las rectas x = 0, x = π , e y = 1/2. La Figura 5.38 muestra el arco sinusoide y = sen(x) y las rectas x = 0, x = π , e y = 1/2.

y = 1/2 x=

3 2

x=

5π 6

y = sen(x) x=0

x=π

Figura 5.38. Gráfica de la función y = sen(x) y las rectas x = 0, x = π , e y = 1/2.

✐

✐

592

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Puntos de intersección. En primer lugar necesitamos saber los puntos donde el arco sinusoide corta a la recta y = 1/2. Para ello igualamos las funciones f (x) = sen(x) y g(x) = 12 :   1 π 1 sen(x) = , x ∈ [0, π ] ⇔ x = arc sen = 2 2 6 El primer punto de corte entre la función sen(x) y la recta y = 1/2 es el punto: 

π 1 , 6 2



Dado que las funciones f (x) y g(x) son simétricas en el intervalo [0, π ], el segundo punto de corte estará situado sobre x = π − π6 = 56π , es decir, en el punto: 

5π 1 , 6 2



No obstante, no es necesario conocer el segundo punto de corte, ya que aprovechando la simetría de las funciones podemos calcular el área que delimitan  π  en el intervalo [0, π ] como dos veces el área que delimitan en el intervalo 0, 2 . Observamos que:

  • En el intervalo 0, π6 , la función g(x) es mayor o igual que f (x).   • En el intervalo π6 , π2 , la función f (x) es mayor o igual que g(x).

Área delimitada por la curva y la recta en el intervalo [0, π2 ]: A1 = 2

Z

π 6

=2

Z

π 6

=2

Z

0

0

π 6

0

g(x) − f (x) dx +

π 2

Z

1 − sen(x) dx + 2

Z

1 − sen(x) dx + 2 2

Z

π 6 π 2

 1 sen(x) − dx 2

π 2

1 sen(x) − dx 2

π 6

π 6

 f (x) − g(x) dx

π6 π 1 1 2 = 2 x + cos(x) + 2 − cos(x) − x 2 2 π 0 6

1 π 1 1 π π π π π = 2 · + cos( ) − cos(0) + 2 − cos( ) − · + cos( ) + · 2 6 6 2 2 2 6 2 6

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

593

√ √ π 3 π 3 π − 1 + 2 0 − + + = 2 + 12 2 4 2 12

√ π = 2 3 − − 2 ≃ 0.9405. 6 Así pues:

A ≃ 0.9405. (d) Se pide hallar el área comprendida entre las circunferencias: x2 + y2 = 9,

(x − 3)2 + y2 = 9

La Figura 5.39 muestra dichas circunferencias.

x2 + y2 = 9

(x − 3)2 + y2 = 9

3/2

Figura 5.39. Representación de las circunferencias x2 + y2 = 9 y (x − 3)2 + y2 = 9.

Utilizaremos que:

✐

x2 + y2 = 9

⇒

y = f ( x) =

(x − 3)2 + y2 = 9

⇒

y = g( x) =

p q

9 − x2

9 − ( x − 3) 2

✐

594

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Puntos de intersección. En este caso, tenemos dos circunferencias de radio 3, una centrada en el origen y otra centrada en x = 3. Los puntos de intersección son equidistantes a los centros, por tanto, la coordenada x de los puntos de intersección debe ser el punto medio entre los centros, es decir, x = 23 . Por otro lado, podemos notar que el área a calcular es simétrica respecto al eje de abscisas, y que la mitad superior a la vez es simétrica respecto a la recta x = 32 . Por tanto, podemos obtener el área total como 4 veces el área de un cuarto. Área común delimitada por las dos circunferencias. Tomando el cuarto superior izquierda, coincide con el área bajo la función: q g( x) = 9 − ( x − 3) 2

entre los puntos x = 0 y x = 12 . Por tanto, el área total será: Z 3q 2 9 − (x − 3)2 dx A =4 0 s   Z 3 2 ( x − 3) 2 9 1− =4 dx 9 0 s   Z 3 2 ( x − 3) 2 dx. =4 3 1− 3 0 En este punto hay que hacer el cambio de variable:

x−3 3 para resolver la integral, recalculando también el diferencial y los extremos: sen(t ) =

cos(t ) dt =

1 dx 3

x1 = 0 x2 =

3 2

⇔

3 cos(t ) dt = dx

−π t1 = arc sen(−1),t1 ∈ (−π , π ) → t1 = 2   1 −π → t2 = arc sen − . ,t2 ∈ (−π , π ) → t2 = 2 6

→

Por tanto, la integral queda como sigue: Z −π q 6 A = 4·3 1 − (sen(t ))2 3 cos(t ) dt

= 12

Z

−π 2 −π 6

−π 2

= 12 · 3

✐

Z

q −π 6

−π 2

cos2 (t )3 cos(t ) dt cos2 (t ) dt.

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

595

Para resolver la integral resultante debe aplicarse la igualdad: cos2 (t ) =

1 1 + cos(2t ). 2 2

Operando: −π 6

1 1 + cos(2t ) dt 2 2  −6π  t 1 = 36 + sen(2t ) 2 4 −π   2   −π 1 −π −π 1 = 36 + sen − + sen(−π ) 12 4 3 4 4 √ 9 = 6π − 3. 2

A = 36

Z

−π 2

Evaluando: A ≃ 11.0553.

Nota: Esta área también se puede calcular geométricamente. (e) las curvas y = ex , x = 1 − y2 y el eje de abscisas. Se pide hallar el área delimitada por las curvas y = ex , x = 1 − y2 y el eje de abscisas. La Figura 5.40 muestra las curvas y = ex , x = 1 − y2 y el eje de abscisas. f (x) = ex

x = 1 − y2

y=0

Figura 5.40. Representación de las curvas y = ex , x = 1 − y2 y el eje de abscisas.

Utilizaremos que: y = f (x) = ex x = 1 − y2

✐

⇒

y = g( x) =

√

1−x

✐

596

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Puntos de intersección. El área a calcular está delimitada por dos curvas y el eje de abscisas. En este caso, podemos calcular el área total como suma de dos áreas: la que queda por debajo de la función f (x), y la que queda por debajo de la función g(x). La primera es una integral impropia de primera especie, pues el límite inferior es −∞. El límite superior será el punto de intersección de las dos funciones. Si para dibujar la gráfica hemos calculado los puntos de corte con el eje y habremos visto que las dos funciones coinciden en el punto (0, 1); por tanto, la intersección se encuentra en x1 = 0. El área por debajo de la función g(x) tendrá como límite inferior el punto de intersección x1 = 0, y como límite superior, el punto de corte con el eje de abscisas, es decir: √ 1 − x = 0 ⇐⇒ x = 1 g(x) = 0 ⇐⇒ Por tanto, x2 = 1. Área delimitada por las dos curvas. Como hemos comentado, se obtiene de la suma de dos áreas A = A1 + A2 , donde: Z 0

A1 =

ex dx

−∞ Z 1√

A2 =

0

1 − x dx.

Empezamos resolviendo la integral impropia: A1 =

Z 0

ex dx

−∞

= =

Z 0

ex dx a→−∞ a l´ım [ex ]0a a→−∞ e0 − l´ım ea = a→−∞

= l´ım

1 − 0 = 1.

Calculamos ahora la segunda integral: A2 =

Z 1√ 0

1 − x dx

#1 3 −2(1 − x) 2 = 3 0   2 2 = 0− − = . 3 3 "

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

Por tanto: A = 1+

597

2 5 = . 3 3

(f) Se pide hallar el área comprendida entre las parábolas x = −y2 + 2y, x = y2 − 2y + 2 y el eje de abscisas.

La Figura 5.41 representa las parábolas x = −y2 + 2y, x = y2 − 2y + 2 y el eje de abscisas. x = y2 − 2y

x = −y2 + 2y

y=0

Figura 5.41. Representación de las parábolas x = −y2 + 2y, x = y2 − 2y + 2 y el eje de abscisas.

Utilizaremos que: x = −y2 + 2y x = y2 − 2y + 2

⇒ ⇒

y = f ( x) =

√ 1−x+1

y = g( x) =

√

x−1+1

Puntos de intersección. Para encontrar el punto de corte igualamos las dos expresiones iniciales: −y2 + 2y = y2 − 2y + 2

2y2 − 4y + 2 = 0 ⇒ y = 1

Sustituyendo encontramos x = 1; por tanto, el punto de corte es (1, 1). Área delimitada por las dos parábolas. En este caso, será más fácil calcular la integral si lo hacemos respecto al eje OY . Si establecemos: f (y) = −y2 + 2y g(y) = y2 − 2y + 2,

✐

✐

598

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

podemos observar que g(y) > f (y) en todo el dominio. En este caso, el límite inferior será y = 0, que corresponde con el eje de abscisas, y el límite superior y = 1, correspondiente al punto de corte. Por tanto: A =

Z 1

y2 − 2y + 2 − (−y2 + 2y) dx

=

Z 1

2y2 − 4y + 2 dx

0

0

1 2 3 2 = y − 2y + 2y 3 0 

=

2 2 − 2 + 2 − ( 0) = . 3 3

Así pues: 2 A= . 3 (g) Se pide hallar el área definida por la curva y2 = x2 − x4 . La Figura 5.42 muestra la curva y2 = x2 − x4 .

y2 = x2 − x4

Figura 5.42. Representación de la curva y2 = x2 − x4 .

Utilizaremos que: y2 = x2 − x4

✐

⇒

y = f ( x) =

p

x2 − x4

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

Puntos de intersección. Si calculamos los puntos de corte de la función f (x) = obtenemos x1 = 0, x2 = −1 y x3 = 1. Observamos que:

√

599

x2 − x4 con el eje OX ,

• El dominio de la función es [−1, 1], pues siempre que |x| > 1 el radicando será negativo. • La función es simétrica respecto al eje OY , pues es una raíz de índice par.

• La función es simétrica respecto al eje OX , pues la variable x se encuentra siempre elevada a una potencia par. Por tanto, podemos calcular el área total como 4 veces el área delimitada en uno de los cuadrantes. Tomando, por ejemplo, el primer cuadrante, el intervalo será [0, 1] y tomaremos, por tanto, la raíz positiva. Área delimitada por la curva: A=4

Z 1p 0

x2 − x4 dx = 4

Z 1 p 0

x

1 − x2 dx = 4 ·

1 2

Z 1

Hacemos ahora el cambio de variable t = 1 − x2 : dt = −2x dx

x1 = 0 x2 = 1

0

p 2x 1 − x2 dx

t1 = 1

⇒

t2 = 0

⇒

Sustituyendo: A = −2

 √ 0   2 3 2 t dt = −2 t = −2 0 − 3 3 1

Z 0√ 1

Así pues: A=

4 3

Problema 5.13

Calcular el área formada por las gráficas de las funciones y2 = 8x e y = x2 . Solución

La Figura 5.43 representa las dos curvas y2 = 8x e y = x2 . Utilizaremos que: √ y2 = 8x ⇒ y = f (x) = 8x y = g(x) = x2

✐

✐

600

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

y = x2 y2 = 8x

Figura 5.43. Representación de las curvas y2 = 8x e y = x2 .

Puntos de intersección. Encontramos los puntos de corte igualando las dos funciones:

8x = x4 x1 = 0;

√

8x = x2
⇔ x x3 − 8 = 0 √ 3 x2 = 8 = 2

f ( x) = g( x)

⇔

Área común delimitada por las dos circunferencias. Dado que en el intervalo [0, 2] la función f (x) es mayor o igual que g(x): A=

Z 2 0

f (x) − g(x) dx =

Z 2√ 0

 √  2 1 3 2 16 8 3 8x − x dx = 8x − x = − − ( 0) . 3 3 3 3 0 2

Por tanto: 8 A= . 3

Problema 5.14

Calcular el área de la función f (x) = e2x sen(x) entre x = π /2 y x = π . Solución

En la Figura 5.44 podemos ver la gráfica de la función f (x) = e2x sen(x).

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

x = π /2

601

x=π

f (x) = e2x sen(x) Figura 5.44. Gráfica de la función f (x) = e2x sen(x).

Área delimitada en el intervalo [ π2 , π ]. Para calcular el área bajo la curva en el intervalo dado, debemos resolver la integral definida: A=

Z π π 2

e2x sen(x) dx =

(∗1 )



Z π π 2

e2x sen(x) dx |{z} | {z } u ( x)

v′ (x)

= (∗1 )

⇒ u′ (x) = 2e2x dx u(x) = e2x ′ v (x) = sen(x) dx ⇒ v(x) = − cos(x) 

2x

= −e cos(x)

π

π 2

−

Z π π 2



− cos(x)2e2x dx


Zπ = e2π − (0) + π 2e2x cos(x) dx |2 {z } por partes

2π

= e

(∗2 )

✐






+

Z π π 2

2e2x cos(x) dx = |{z} | {z } (∗2 ) u ( x) v′ (x)

u(x) = 2e2x ⇒ u′ (x) = 4e2x dx ′ v (x) = cos(x) dx ⇒ v(x) = sen(x)



✐

602

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

2π

= e






2x

+ 2e sen(x)

π

π 2

−4

Z π π 2

sen(x)e2x dx

Z π
= e2π + (0 − (2eπ )) − 4 π e2x sen(x) dx. 2

En este caso, podemos ver que, después de integrar dos veces por partes, volvemos a encontrar la integral inicial. Por tanto: Z π Z π
e2x sen(x) dx = e2π − (2eπ ) − 4 e2x sen(x) dx. π 2

π 2

Operando obtenemos que:

5

Z π

Z π π 2

π 2

e2x sen(x) dx = e2π − 2eπ

1 2 e2x sen(x) dx = e2π − eπ 5 5

Evaluando: A ≃ 97.8421. Problema 5.15

Calcular el área que forman, en el primer cuadrante, las curvas x2 + y2 = 9 e y = 3 − x.

Solución

La Figura 5.45 representa la circunferencia x2 + y2 = 9 y la recta y = 3 − x. Utilizaremos que: p x2 + y2 = 9 ⇒ y = f (x) = 9 − x2 y = 3−x

⇒

y = g( x) = 3 − x

Puntos de intersección. La recta g(x) = 3 − x cruza los ejes por los mismos puntos que la circunferencia de radio 3; por tanto, los puntos son (0, 3) y 3, 0). Área común delimitada por la circunferencia y la recta. Dado que g(x) ≤ f (x) para todo x ∈ [0, 3], calculamos el área: Z 3q A = 9 − (x)2 − (3 − x) dx 0 Z 3q Z 3 = 9 − (x)2 dx − (3 − x) dx . |0 {z } | 0 {z } A1

✐

A2

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

y = 3−x

603

x2 + y2 = 9

Figura 5.45. Gráfica de la circunferencia x2 + y2 = 9 y la recta y = 3 − x.

Calculamos inicialmente A2 : Z 3

( 3 − x)   1 2 3 = 3x − x 2 0 9 9 = ( 9 − ) − ( 0) = . 2 2

A2 =

0

Calculamos ahora A1 : A1 =

=

Z 3q 0

Z 3 0

9 − (x)2 dx

s   x 2  dx. 9 1− 3

En este punto hay que hacer el cambio de variable sen(t ) = integral: 1 dx ⇔ 3 x1 = 0 =⇒

cos(t ) dt =

x2 = 3

✐

=⇒

x 3

para resolver la

3 cos(t ) dt = dx t1 = arc sen(0), t1 ∈ (−π , π ) =⇒ t1 = 0   3 π t2 = arc sen , t2 ∈ (−π , π ) =⇒ t2 = . 3 2

✐

604

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por tanto, la integral queda: A1 = 3

=3

Z

Z

π 2

0 π 2

0

= 3·3

Z

q q π 2

0

1 − (sen(t ))2 3 cos(t ) dt cos2 (t )3 cos(t ) dt cos2 (t ) dt.

Para resolver la integral resultante debe aplicarse la igualdad: cos2 (t ) =

1 1 + cos(2t ) 2 2

y operando: π 2

1 1 + cos(2t ) dt 2 0 2  π2  t 1 = 9 + sen(2t ) 2 4 0    π 9π =9 + 0 − ( 0) = . 4 4

A1 = 9

Z

Por tanto: A = A1 − A2 =

9π 9 − . 4 2

Evaluando: A ≃ 2.5686. Nota: esta área también se puede calcular geométricamente.

Problema 5.16

Calcular el área que queda entre y2 = x e y2 = 4 − x. Solución

La Figura 5.46 representa las parábolas y2 = x e y2 = 4 − x. Utilizaremos que: √ y2 = x ⇒ y = f (x) = x √ y2 = 4 − x ⇒ y = g(x) = 4 − x

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

605

y2 = x

y2 = 4 − x

Figura 5.46. Representación de las parábolas y2 = x e y2 = 4 − x.

Puntos de intersección. En primer lugar, hay que saber el punto donde la curva g(x) corta al eje OX : √

4−x = 0

⇒

4−x = 0

⇒

x=4

Por tanto, el punto es (4, 0). Determinamos ahora los puntos donde intersecan las dos curvas, igualando las dos funciones: √

x=

√

4−x

√ √ y= x= 2

⇔

x = 4−x

⇔

√ y=± 2

⇔

x=2

⇔

2x = 4

⇔

√ √ Los dos puntos son (2, 2) y (2, − 2). Observamos que:

En el intervalo [0, 2] la función f (x) es mayor o igual que g(x). √ En el intervalo [2, 8] la función g(x) es mayor o igual que f (x). Área común delimitada por las dos curvas. Está formada por el doble del área comprendida entre la curva f (x) y el eje OX por la parte positiva en el intervalo [0,2] más el doble del área comprendida entre la curva g(x) y el eje OX por la parte positiva en el intervalo [2, 4]. Notemos, además, que el área a calcular es simétrica respecto a la recta y = 2.

✐

✐

606

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por tanto, podemos calcularla directamente como cuatro veces el área comprendida entre la curva f (x) y el eje OX por la parte positiva en el intervalo [0,2]: A =4

Z

2 0

 ( f (x) dx =

=4

Z 2 √

=4

Z 2

0

0

x dx = 1

(x) 2 dx =

 2 3 2 = 4 ( x) 2 = 3 0

= 4·

16 √ 2√ 8= 2 ≃ 7.5425. 3 3

Así pues: A ≃ 7.5425. Problema 5.17

Calcular el área que delimitan las siguientes curvas (veáse la Figura 5.47): y = e2−x −1, y = 2x − 4, y = x2 − 4 y los ejes.

y = x2 − 4

y = e2−x − 1 y = 2x − 4

Figura 5.47. Representación de las curvas y = e2−x − 1, y = 2x − 4, y = x2 − 4 y los ejes.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

607

Solución

Calculamos las tres áreas por separado: El área A1 viene delimitada por la curva y = x2 − 4. La función x2 − 4 corta al eje OX en los puntos x = ±2. Además, en el intervalo [−2, 0], la función es negativa. Por tanto, el área viene dada por:

A1 = −

Z 0

−2



0  3
x x − 4 dx = − − 4x 3 −2 2

   03 (−2)3 8 16 =− −4·0− + 4(−2) = − −8 = . 3 3 3 3 El área A2 viene delimitada por la recta y = 2x − 4. La recta corta al eje OX en el punto x = 2. Además, en el intervalo [0, 2], la función es negativa. Por tanto, el área viene dada por:

A2 = −

Z 2 0

 2 (2x − 4) dx = − x2 − 4x 0 = − (4 − 8 − 0) = 4.

Observemos que esta área también se puede calcular como el área del triángulo de base 2 y altura 4, es decir, A2 = 2 · 4/2 = 4. El área A3 viene delimitada por la curva y = e2−x − 1. Vamos a calcular los cortes con el eje OX. e2−x − 1 = 0 ⇐⇒ e2−x = 1 ⇐⇒ 2 − x = ln(1) = 0 ⇐⇒ x = 2. Por tanto, la función solo corta una vez al eje y siempre es positiva. Así pues, el área viene dada por:

A3 =

Z 2 0


 2 e2−x − 1 dx = −e2−x − x 0 = −e0 − 2 + e2 + 0 = e2 − 3.

Finalmente, el área total es: ATOTAL =

✐

16 16 + 3 19 + 4 + e2 − 3 = + e2 = + e2 . 3 3 3

✐

608

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 5.18 2

Queremos calcular el área limitada por la gráfica de la función f (x) = ex , el eje de R 2 abscisas y las rectas x = 0 y x = 1, es decir, 01 ex dx, pero no conocemos ninguna primitiva de la función. Por tanto, lo haremos de forma aproximada, sustituyendo la 2 función a integrar, f (x) = ex , por su polinomio de Taylor de orden 3 alrededor del punto x = 0. (a) Calcular el polinomio de Taylor de orden 3 alrededor del punto x = 0 de la 2 función f (x) = ex . (b) Calcular una aproximación del valor de la integral calculado en el apartado anterior. x2

R 1 x2 0 e dx a partir del polinomio 2

(c) Calcular el límite l´ım e x2−1 sustituyendo la función f (x) = ex por el polinomio x→0

de Taylor calculado en el apartado (a). (d) Usar el polinomio de Taylor calculado en el apartado (a) para aproximar el valor del número e. Solución

(a) Debemos calcular el polinomio de Taylor de la función de orden 3 alrededor del punto x = 0, por tanto, debemos calcular el valor de la función y de sus tres primeras derivadas en x = 0. 2

f (x) = ex 2 f ′ (x) = 2xex 2 2 2 f ′′ (x) = 2ex + 4x2 ex = 2ex (1 + 2x2 ) 2 2 2 f ′′′ (x) = 4xex (1 + 2x2 ) + 2ex 4x = 4ex (3x + 2x3 )

=⇒ =⇒ =⇒ =⇒

f (0) = e0 = 1 f ′ ( 0) = 0 f ′′ (0) = 2 f ′′′ (0) = 0

Por tanto: p3 (x) = f (0) + f ′ (0)x +

f ′′ (0) 2 f ′′ (0) 3 x + x = 1 + x2 . 2! 3!

(b) Nos dicen que utilicemos el polinomio de Taylor calculado anteriormente para aproximar la integral, es decir: Z 1 0

x2

e dx ≈

Z 1 0

p3 (x) dx =

Z 1 0

1 x3 1 4 (1 + x ) dx = x + = 1 + = . 3 0 3 3 2

(c) En este caso, nos dicen que calculemos el límite utilizando el polinomio de Taylor. Recordemos que como f (x) es infinitamente derivable, podemos utilizar el teorema del residuo para escribir: f (x) = 1 + x2 +

✐

f 4 (ξ ) 4 x = 1 + x2 + O(x4 ) 4!

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

609

donde ξ es un valor que depende del punto x donde evaluamos la función, es decir, ξ (x). Por tanto: 2

ex − 1 1 + x2 + O(x4 ) − 1 x2 + O(x4 ) = l´ım = l´ım 2 2 x→0 x→0 x→0 x x x2 l´ım

= l´ım 1 + O(x2 ) = 1 + 0 = 1. x→0

(d) Observemos que f (1) = e1 = e. Por tanto, podemos aproximar el valor de la función en x = 1 por el valor del polinomio de Taylor en el punto x = 1, es decir: e = f (1) ≈ p3 (1) = 1 + 12 = 2.

Problemas resueltos (integración impropia) Problema 5.19

Calcular las siguientes integrales impropias de primera especie: Z +∞ 1 (a) dx 1+x 1 (b)

Z +∞

e−x dx

(c)

Z +∞

x−4 dx

(d)

Z +∞

e−λ x dx

(e)

Z +∞ 1

1

1

0

1

xp

dx

Solución

(a) Se pide que la integral Calculamos la integral: Z +∞ 1

1 dx = l´ım b→+∞ 1+x

=

Z b 1

impropia

de

primera

especie

R +∞ 1 1 1+x dx.

1 dx 1+x

l´ım [ln |1 + x|]b1 b→+∞

= l´ım

b→+∞





ln |1 + b| − ln(2) = +∞. | {z } →+ ∞

Dado que no existe el límite real, la integral es divergente.

✐

✐

610

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(b) Se pide que calculemos la integral impropia de primera especie Calculamos la integral: Z +∞ 1

Z b

e−x dx = l´ım

b→+∞ 1

R +∞ −x e dx. 1

e−x dx

b  = l´ım −e−x 1 = l´ım

b→+∞

b→+∞



 −b −1 −e − ( −e ) = e−1 . | {z } →0

Dado que existe el límite real, la integral es convergente. R (c) Se pide que calculemos la integral impropia de primera especie 1+∞ x−4 dx. Calculamos la integral: Z +∞ 1

Z b

x−4 dx = l´ım

b→+∞ 1

= l´ım

b→+∞



x−4 dx

1 − x−3 3

b

= l´ım

b→+∞

1



 1 −3 1 1 − b −(− ) = . 3 3 | 3{z } →0

Dado que existe el límite real, la integral es convergente. R (d) Se pide que calculemos la integral impropia de primera especie 0+∞ e−λ x dx. Calculamos la integral: Z +∞ 0

Z b

e−λ x dx = l´ım

b→+∞ 0

= l´ım

b→+∞

"

e−λ x dx = l´ım

b→+∞

−e−λ b

λ

+

#

"

−e−λ x λ

#b 0

1 . λ

El valor de este límite depende del valor de λ . Para λ > 0 tenemos:  −λ b  −e 1 1 l´ım = . + b→+∞ λ } λ λ | {z →0

Para λ ≤ 0 tenemos:

l´ım

b→+∞



 −e−λ b 1 + = +∞. λ } λ | {z →+ ∞

Por tanto, la integral es convergente si λ > 0 y divergente si λ ≤ 0.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

(e) Se pide que calculemos la integral impropia de primera especie Calculamos la integral: Z +∞ 1

xp

1

dx = l´ım

Z b 1

b→+∞ 1

xp

611

R +∞ 1 1 x p dx.

dx.

Para p = 1 tenemos: l´ım

Z b 1

b→+∞ 1

x

dx = l´ım p

Z b 1

b→+∞ 1

x

dx

= l´ım [ln |x|]b1 b→+∞   = l´ım ln |b| − ln(1) = +∞. b→+∞ |{z} →+ ∞

Para p 6= 1 tenemos: l´ım

b x dx = l´ım − b→+∞ xp ( p − 1) x p 1    1 1 = l´ım − − − . b→+∞ ( p − 1)b p−1 p−1 

Z b 1

b→+∞ 1

El valor de este límite depende del valor de p. Para p > 1 tenemos:   1 1 1 l´ım − = . + b→+∞ ( p − 1)b p−1 p − 1 p−1 | {z } →0

Para p < 1 tenemos:

l´ım

b→+∞



 1 1 p−1 − b + = +∞. ( p − 1) p−1 {z } | →+ ∞

Por tanto, la integral es convergente si p > 1 y divergente si p ≤ 1. Problema 5.20

Calcular la siguiente integral: I=

Z +∞ 2x − 1 0

1 + x2

dx

Ayuda: recordar que l´ım arctan(x) = π /2. x→+∞

✐

✐

612

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución

Se pide calcular la integral:

Z +∞ 2x − 1

dx 1 + x2 Debemos calcular una integral impropia de primera especie, por tanto: I=

I =

0

Z +∞ 2x − 1

dx = l´ım b→+∞ 1 + x2

0

Z b 2x − 1 0

1 + x2

dx

La integral resultante es una integral de un cociente de polinomios donde el denominador es un polinomio irreducible, ya que 1 + x2 6= 0, ∀x ∈ R.  Z b Z b Z +∞ 2x − 1 2x 2x − 1 1 dx dx = l´ım dx = l´ım − I = b→+∞ 0 1 + x2 b→+∞ 0 1 + x2 1 + x2 1 + x2 0  b = l´ım ln |1 + x2 | − arctan(x) 0 b→+∞   = l´ım ln |1 + b2 | − arctan(b) − ln |1| + arctan(0) b→+∞   = l´ım ln |1 + b2 | − arctan(b) = +∞ + π /2 = +∞ b→+∞

Problema 5.21

Considerar la siguiente integral: Z +∞ 5

Sabiendo que:

1 dx x2 − 16

1 1 1 = − x2 − 16 8( x − 4) 8( x + 4)

decir si se trata de una integral propia o de una integral impropia. En caso de que sea impropia, decir de qué tipo. En caso de que sea convergente, calcular su valor. Ayuda: ln(a) − ln(b) = ln(a/b) Solución

Debemos estudiar la integral:

Z +∞ 5

1 x2 − 16

dx

Estudiemos primero el dominio de la función racional. Como: x2 − 16 = (x − 4)(x + 4) tenemos que la función

✐

1 x2 −16

tiene asíntotas verticales en x = 4 y x = −4.

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

613

Por tanto, en el intervalo [5, +∞) la función es continua y, por tanto, acotada, y la integral que debemos calcular es una integral impropia de primera especie (ya que uno de los dos límites es infinito). Vamos a calcular el valor para ver si es convergente o divergente. Z +∞ 5

1 dx = l´ım b→+∞ x2 − 16

Z b 5

1 dx x2 − 16

Para simplificar la notación, primero calcularemos una primitiva de la función y luego sustituiremos el valor en la ecuación anterior. Z

1 dx = 2 x − 16

= ya que:

Z 

  Z  1 1 B 1 B A + dx = − dx x−4 x+4 8 x−4 8 x+4

1 1 x − 4 1 ln |x − 4| − ln |x + 4| = ln 8 8 8 x + 4

1 = A ( x + 4) + B ( x − 4)

=⇒

A = 1/8,

B = −1/8

Por tanto, aplicando la regla de Barrow tenemos que: Z +∞ 5

1 dx = l´ım 2 b→+∞ x − 16

= l´ım

b→+∞

Z b 5



  1 1 x − 4 b dx = l´ım ln b→+∞ 8 x2 − 16 x + 4 5

 1 b − 4 1 5 − 4 ln − ln 8 b + 4 8 5 + 4

1 1 1 = ln |1| − ln 8 8 9

  1 1 1 = − ln = − (ln(1) − ln(9)) 8 9 8

=

ln(9) ln(32 ) 2 ln(3) ln(3) = = = . 8 8 8 4

Así pues, la integral es convergente.

✐

✐

614

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 5.22

Considerar las funciones: 2 f ( x) = , x

g( x) =

2x x2 + 1

(a) Calcular el área de la región limitada por las gráficas de las funciones f (x), g(x) y las rectas x = 1 y x = 2. (b) Calcular el área de la región limitada por las gráficas de las funciones f (x), g(x) cuando x ≥ 1. Solución

(a) Se pide que calculemos el área de la región limitada por las gráficas de las funciones f (x), g(x) y las rectas x = 1 y x = 2. Representamos las funciones dadas en el enunciado en la Figura 5.48. x=1

x=2

f ( x) = g( x) =

Figura 5.48. Gráfica de las funciones f (x) =

x = 2.

2 x

2x x2 + 1

2 2x y g(x) = 2 y las rectas x = 1 y x x +1

Puntos de intersección. Para encontrar los puntos de corte entre f (x) y g(x) igualamos las funciones: f ( x) = g( x)

⇔

2 2x = 2 x x +1

⇔

2x2 + 2 = 2x2

⇔

2=0

No existe ningún punto en el que f (x) sea igual a g(x).

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

615

Área delimitada por las funciones en el intervalo [1, 2]. Para calcular el área delimitada por las funciones en el intervalo debemos determinar cuál de las funciones es mayor: f ( 1) = 2 g(1) = 22 = 1



f ( 1) > g( 1)

f ( x) > g( x)

⇒

Por tanto: Z 2 2 1

x |{z} f ( x)

−

2x 2 +1 x | {z }



dx =

g ( x)

Z 2 2 1

x

dx −

Z 2 1

2x dx x2 + 1

 2  2 = 2 ln |x| − ln(x2 + 1) 1

1

✘(✘ 2 ln 1✘ ) − ln(5) + ln(2) = 2 ln(2) − ✘

= 3 ln(2) − ln(5) = ln(23 ) − ln(5) = ln

8 5




≃ 0.47.

(b) Se pide que calculemos el área de la región limitada por las gráficas de las funciones f (x) y g(x) cuando x ≥ 1.

En la Figura 5.49 se representa el área de la región limitada por las gráficas de las funciones f (x) y g(x) cuando x ≥ 1. x=1

f ( x) =

g( x) =

2x x2 + 1

2 x

Figura 5.49. Área de la región limitada por las gráficas de las funciones f (x) y g(x) cuando x ≥ 1.

✐

✐

616

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Para calcular esta área debemos resolver una integral impropia de primera especie, pues el límite superior es +∞. Así pues: Z +∞ 1

( f (x) − g(x)) dx = l´ım

Z T

T →∞ 1

  ( f (x) − g(x)) dx = l´ım 2 ln(x) − ln(x2 + 1) T →∞

✘(✘ 2 ln 1✘ ) + ln(2)) = l´ım (2 ln(T ) − ln(T 2 + 1) − ✘ T →∞ | {z } ln(T 2 )

( ∗)

= l´ım

T →∞



ln



|

T2 2+1 |T {z } →1 {z

→0



+ ln(2)



= ln(2)

}

donde en el penúltimo paso marcado como (*) hemos utilizado que:   A ln(A) − ln(B) = ln B

Problema 5.23

Dada la función racional: f ( x) =

x4 x4 − 1

(a) Descomponer la función f (x) en fracciones simples. R (b) Calcular una primitiva de la función, es decir f (x) dx. (c) Estudiar la convergencia de la integral impropia

Solución

R 10 1

f (x) dx.

(a) Se pide que descompongamos la función f (x) en fracciones simples. Primero debemos descomponer el polinomio del denominador: x4 x4 − 1

=

x4 − 1 + 1 1 = 1+ 4 x4 − 1 x −1

x4 − 1 = (x2 + 1) (x2 − 1) = (x2 + 1)(x + 1)(x − 1) | {z } | {z } 0

✐

(x+1)(x−1)

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

617

A continuación, buscamos los coeficientes A, B, C y D que permitan expresar el cociente de polinomios como una suma de cocientes de polinomios de orden menor: 1 A B Cx + D = + + 2 4 x −1 x+1 x−1 x +1

=

A(x − 1)(x2 + 1) + B(x + 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x + 1)(x − 1) (x + 1)(x − 1)(x2 + 1)

con lo que igualando los numeradores nos queda: 1 = A(x − 1)(x2 + 1) + B(x + 1)(x2 + 1) + (Cx + D)(x + 1)(x − 1) Para determinar los valores de A, B, C y D, sustituimos en la igualdad anterior los diferentes valores de x que anulan el denominador de la función a descomponer: 1 = −4A

x = −1,

A=

⇔

−1 4

1 4

x = 1,

1 = 4B

x = 0,

1 = −A + B − D

x = 2,

1 = 5A + 15B + 6C + 3D

⇔

B=

⇔

−1 2 ⇔ C=0

D=

Por tanto: x4 x4 − 1

= 1+

1 −1/4 1/4 −1/2 = 1+ + + x4 − 1 x+1 x − 1 x2 + 1 R

(b) Se pide que calculemos una primitiva de la función f (x), es decir, f (x) dx. Para el cálculo utilizaremos la descomposición de f (x) en fracciones simples efectuada en el apartado (a): Z

 1 dx x4 − 1  Z  1 1 1 1 1 1 + · − · 2 = 1− · dx 4 x+1 4 x−1 2 x +1 Z Z Z Z 1 1 1 1 1 1 = dx − dx + dx − dx 2 +1 } | {z } 4 | x + {z 1 } 4 | x − {z1 } 2 | x {z

x4 dx = 4 x −1

Z 

I1

✐

1+

I2

I3

I4

✐

618

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

I1 =

Z

dx = x

1 dx = ln |x + 1| x+1 Z 1 dx = ln |x − 1| I3 = x−1 Z 1 I4 = dx = arctan(x) 2 x +1

I2 =

Z

Por tanto: Z

x4 x4 − 1

1 1 1 dx = x − ln |x + 1| + ln |x − 1| − arctan(x) + C 4 4 2

(c) Se pide que estudiemos la convergencia de la integral impropia 110 f (x) dx. Dado que el denominador de f (x) se anula para x = 1, la función tiene una asíntota vertical en x = 1. Por tanto:   Z 10 Z 10 l´ım+ F (10) − F (1 + δ ) f (x) dx |{z} = f (x) dx = l´ım+ R

1

δ →0

1+ δ

F ′ (x)= f (x)

δ →0

Utilizando el resultado del apartado (b): l´ım+

δ →0



1 1 1 10 − ln(11) + ln(9) − arctan(10)− 4 4 2 1 1 1 − 1| + (2 + δ ) − ln(δ ) + arctan(1 + δ ) {z δ} + 4 ln | {z } |4 {z } 2 | {z } →1

→ln 2

→−∞

→arctan (1)



= +∞.

Así pues, la integral impropia es divergente. Problema 5.24

Demostrar que si f es una función derivable tal que: l´ım f (x)e−sx = 0,

x→+∞

entonces:

Z +∞ 0

f ′ (x)e−sx dx = s

Z +∞ 0

f (x)e−sx dx − f (0).

Ayuda: utilizar la definición de integral impropia y la regla de integración por partes.

✐

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

619

Solución

Debemos calcular una integral impropia de primera especie; por tanto: Z +∞ 0

f ′ (x)e−sx dx = l´ım

Z b

b→+∞ 0

f ′ (x)e−sx dx.

Para resolver la integral de 0 a b, aplicaremos la regla de integración por partes: Z b 0

( ∗)

f ′ (x)e−sx dx =

( ∗)

"

u = e−sx

=⇒ u′ = −se−sx

v′ = f ′ (x) =⇒

=



b f (x)e−sx 0 −

Z b 0

v = f ( x)

#

 −se−sx f (x) dx

= f (b)e−sb − f (0)e−s0 + = f (b)e−sb − f (0) + s

Z b 0

Z b 0

se−sx f (x) dx

e−sx f (x) dx

Por tanto: Z +∞ 0

f ′ (x)e−sx dx = l´ım

Z b

b→+∞ 0

= l´ım

b→+∞

=s



Z +∞ 0

f ′ (x)e−sx dx

f (b)e−sb − f (0) + s

e−sx f (x) dx − f (0)

 R b −sx f (x) dx 0 e ya que l´ım f (b)e−sb = 0. b→+∞

Problema 5.25

Demostrar que las siguientes integrales son finitas y encontrar una cota superior y una cota inferior de su valor: Z +∞ cos(x) dx (a) x2 1 (b)

✐

Z +∞ sen(x) + cos(x) 1

x2 + x + 1

dx

✐

620

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución

(a) Debemos demostrar que la integral: Z +∞ cos(x)

x2

1

dx

es finita y encontrar una cota superior y una cota inferior de su valor. Denotemos por: Z +∞ cos(x) L= dx, x2 1 entonces −|L| ≤ L ≤ |L|. Además: Z +∞ Z +∞ Z +∞ cos(x) cos(x) 1 dx ≤ ≤ |L| = dx dx, 2 2 2 x x x 1 1 1 ya que:

| cos(x)| ≤ 1 |x2 | = x2

Por tanto:

|L| ≤

Z +∞ 1

x2

1

dx = l´ım

Z b 1

b→+∞ 1

= l´ım

b→+∞

Así pues, la integral es convergente. (b) Debemos demostrar que la integral:



x2

dx = l´ım

b→+∞

1 − x

b 1



1 − −(−1) = 1. x |{z} →0

Z +∞ sen(x) + cos(x) 1



x2 + x + 1

dx

es finita y encontrar una cota superior y una cota inferior de su valor. Denotemos por: Z +∞ sen(x) + cos(x) dx, L= x2 + x + 1 1 entonces −|L| ≤ L ≤ |L|. Además: |L| ≤

✐

Z +∞ sen(x) + cos(x) 1



x2 + x + 1

dx ≤

Z +∞ 1

2 x2 + x + 1

dx,

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

621

ya que: | sen(x) + cos(x)| ≤ | sen(x)| + | cos(x)| ≤ 2 como integramos en el dominio x ∈ [1, +∞) tenemos: x2 + x + 1 ≥ 0,

Además, como:

x2 + x + 1 ≥ x2

|x2 + x + 1| = x2 + x + 1

=⇒

1 1 ≤ x2 + x + 1 x2

y tenemos que: Z +∞

2 dx ≤ x2 + x + 1

Z +∞ 2

dx x2 Z b h 2 ib 2 − ı m dx = l´ = l´ım b→+∞ 1 x2 b→+∞ x 1 h 2 i = l´ım − + 2 = 2. b→+∞ b Así pues, la integral es convergente. |L| ≤

1

1

Problema 5.26

Calcular las siguientes integrales impropias de segunda especie: Z 1 1 (a) dx 0 x 1 p dx 3 x ln(x)

(b)

Z e

(c)

Z 1

(d)

Z 1 1

1

0

0

t −1/3 dx √ dx x

Solución

(a) Debemos calcular la integral de segunda especie ción f (x) = 1x no es acotada en x = 0. Por tanto: Z 1 1 0

x

dx = l´ım+ δ →0

=

Z 1 1 δ

x

✐

dx

l´ım [ln |x|] 1δ δ →0+

Así pues, la integral es divergente.

R1 1 0 x dx. Observemos que la fun-





= l´ım+ ln(1) − ln |δ | = +∞. | {z } δ →0 →−∞

✐

622

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(b) Debemos calcular la integral de segunda especie 1 función f (x) = √ 3

ln(x)

x

Z e 1

Re

√1 1 x 3 ln(x)

dx. Observemos que la

no es acotada en x = 1. Por tanto: 1

p dx = l´ım+ δ →0 x 3 ln(x)

Z e

1+ δ

1 p dx. 3 x ln(x)

Para resolver esta integral hacemos el cambio de variable t = ln(x): 1 dx x x1 = 1 ⇒ t1 = 0 dt =

x2 = e ⇒ t2 = 1

Sustituyendo: l´ım

Z e

δ →0+ 1+δ

1

p dx = l´ım+ δ →0 x 3 ln(x)

Z 1 1

√ dt = l´ım+ 3 δ →0 t   δ



3 2 t3 2

1 δ

3 3 2  3 = l´ım+  = . − δ 3 2  2 δ →0  2 |{z} →0

Por tanto, la integral es convergente. R (c) Debemos calcular la integral de segunda especie 01 t −1/3 dt. Observemos que la función f (x) = 1x no es acotada en x = 0. De hecho, véase que esta integral es la misma que hemos calculado en el apartado (b) después de realizar el cambio de variable. Recordemos que la singularidad en la función del apartado (b): 1 f ( x) = p 3 x ln(x)

se encuentra en x = 1 y que hemos efectuado el cambio de variable t = ln(x). Así pues, la singularidad en la función resultado del cambio de variable debe encontrarse en t = ln(1) =R0, tal como hemos observado anteriormente. Así pues, la integral 01 t −1/3 dt es convergente y su valor es 32 .

(d) Debemos calcular la integral de segunda especie función f (x) =

√1 x

Z 1 1 0

no es acotada en x = 0. Por tanto:

√ dx = l´ım x δ →0+

Z 1 1

√ dx x  √  √  √ 1 2 δ =2 = l´ım 2 x δ = l´ım 2 1 − |{z} δ

δ →0+

Así pues, la integral es convergente.

✐

R1 1 √ 0 x dx. Observemos que la

δ →0+

→0

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

623

Problema 5.27

¿Tiene sentido calcular el área limitada por la curva f (x) = x = 2?

1 x2 −4

desde x = −2 hasta

Solución

Para ver si tiene sentido calcular el área limitada por la curva f (x) = hasta x = 2, debemos comprobar si la integral:

1 x2 −4

desde x = −2

Z 2

1 dx 2−4 x −2

es convergente. Se puede observar que la función f (x) no está acotada ni en x = −2 ni en x = 2; por tanto, la integral anterior es impropia de segunda especie. Observemos también que la función es simétrica respecto al eje de ordenadas, ya que f (x) = f (−x); por tanto, podemos calcular el área limitada por la curva en el intervalo [-2,2] como dos veces el área limitada por la curva en el intervalo [0,2]. Así pues: Z 2

1 dx = 2 2 −2 x − 4

Z 2 0

1 x2 − 4

dx

= 2 l´ım+

Z 2−δ

= l´ım+ 2

Z

δ →0

δ →0

0

1 x2 − 4

2−δ

0

dx

 1 dx . x2 − 4

Para resolver esta integral descomponemos en fracciones simples: 1 1 = x2 − 4 (x + 2)(x − 2)

=

A B + x+2 x−2

=

Ax − 2A + Bx + 2B (x + 2)(x − 2)

donde para que la suma de cocientes de polinomios sea equivalente al cociente anterior se debe cumplir que Ax − 2A + Bx + 2B = 1. Así pues: Ax + Bx = 0

⇔

A+B = 0

−2A + 2B = 1

⇔

2B + 2B = 1

⇔

A = −B 1 ⇔ B= 4

y

A=−

1 4

Entonces: 1 − 14 1 4 = + x2 − 4 x + 2 x − 2

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624

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Sustituyendo en la integral: l´ım 2

δ →0+

Z

0

 Z 2 1 1 1 1 1 dx = l´ ı m −δ − + dx 2 + x −4 4 x+2 4 x−2 δ →0 0  2−δ 1 1 = l´ım+ − ln |x + 2| + ln |x − 2| 4 4 δ →0 0   1 1 1 1 = l´ım+ − ln |2 − δ + 2| + ln |2 − δ − 2| − (− ln |2| + ln | − 2|) 4 4 4 4 δ →0   1 1 1 1 = l´ım+ − ln |4 − δ | + ln | − δ | + ln |2| − ln | − 2|) 4 4 4 4 δ →0  

2−δ

1 1 1  1  = l´ım+ − ln(4 − δ ) + ln(δ ) + ln(2) − ln(2) | | {z } {z } 4 4 4 4 δ →0 →−∞

→ln(4)

= −∞

Así pues, la integral es divergente. Problema 5.28

Estudiar la convergencia de

Z ∞ 1

xα según los valores de α para a > 0. Ayuda: Estudiar por separado los casos α = 1, α < 1 y α > 1. a

Solución R

Debemos determinar si la integral a∞ x1α es convergente para distintos valores de α . La evaluaremos primero para α = 1 y después, para α < 1 y α > 1, ya que en los dos últimos casos la primitiva de la función es la misma. Para α = 1: Z ∞ 1 a

xα

dx =

Z ∞ 1 a

x

dx = l´ım

Z b 1

b→+∞ a

x

dx

= l´ım [ln |x|]ba b→+∞

= l´ım

b→+∞

✐



 ln |b| − ln |a| = +∞. |{z} |{z} →+ ∞

R

✐

CAPÍTULO 5. INTEGRACIÓN

625

Para α < 1 y α > 1: Z ∞ 1 a

xα

dx =

Z ∞

−α

x

a

= l´ım

b→+∞



dx = l´ım

−

Z b

b→+∞ a − α + 1 b

x−α dx

x α −1

a  −α +1  b−α +1 a − − = l´ım − b→+∞ α −1 α −1  1−α  α 1− b a = l´ım + b→+∞ 1 − α α −1



A continuación, calculamos el límite para cada uno de los dos casos: Para α < 1: l´ım

b→+∞

Para α > 1: l´ım

b→+∞





 b1−α a1−α = +∞ + |1 − {zα} α − 1 →+ ∞

   1 b1−α a1−α a1−α + = l´ım + b→+∞ (1 − α )(bα −1 ) 1−α α −1 α −1 | {z }

=

a1−α

→0

α −1

Por tanto, la integral solo es convergente para α > 1.

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2013/5/10 — 10:57— page 626 — #640

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CAPÍTULO

6

Álgebra lineal: matrices y sistemas de ecuaciones

«Mathematics is the music of reason.» James Joseph Sylvester, matemático británico (1814-1897). En este capítulo se presenta el concepto de matriz, que ya desde la Antigüedad se utilizó para resolver varios sistemas de ecuaciones lineales de forma conjunta. Aunque la idea de matriz es muy antigua, la denominación actual, matriz (matrix, en inglés), no fue usada por primera vez hasta 1848 por el matemático británico James Joseph Sylvester. Aunque las matrices están estrechamente vinculadas a la resolución de sistemas lineales, en este capítulo presentamos en primer lugar las matrices, sus tipos y los conceptos fundamentales de rango y determinante. En una segunda parte del capítulo se introducen los sistemas de ecuaciones lineales y cómo la expresión matricial puede ayudar a resolverlos de forma sencilla. Finalmente, en este capítulo se presentan algunas nociones de geometría del espacio, como la ecuación del plano y de la recta, y su relación con los sistemas de ecuaciones.

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628

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

6.1. Matrices Definición 6.1 Matriz

Denominamos matriz de números reales A de dimensión m × n a un conjunto de elementos de R con una disposición en m filas y n columnas como sigue:   a11 a12 · · · a1n  a21 a22 · · · a2n    A= . .. ..  , ..  .. . . .  am1 am2 · · · amn donde ai j ∈ R, i = 1, . . . , m, j = 1, . . . , n.

El conjunto de todas las matrices con elementos en R y de m filas y n columnas lo denotamos por Mm×n (R ). Nota 6.1

Una matriz de m filas y n columnas también se puede representar por: A = (ai j )

i = 1, . . . , m j = 1, . . . , n.

Los subíndices de cada elemento indican la posición del número dentro de la matriz. El primer subíndice indica la fila y el segundo subíndice, la columna. Ejercicio propuesto 6.1

Escribir la matriz A = (ai j ) de dimensión 3 × 2, donde ai j = 2i + j. Asimismo, escribir las matrices B = (bi j ) de dimensión 4 × 3, donde bi j = i/ j, C = (ci j ) de dimensión 2 × 4 donde ci j = (−1)i + (−1) j y D = (di j ) de dimensión 3 × 3, donde di j = ji .

6.1.1. Tipos de matrices Definición 6.2 Igualdad de matrices

Decimos que dos matrices A = (ai j ) y B = (bi j ) son iguales si: ai j = bi j ,

✐

∀ i, j

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

629

Ejemplo 6.1 Las siguientes matrices no son iguales, ya que los elementos situados en

la segunda fila y segunda columna son distintos:    1 1 2 6= A= 3 3 4 es decir, a22 6= b22 .

2 5



=B 

Nota 6.2

Es evidente que para que dos matrices sean iguales deben tener el mismo número de filas y el mismo número de columnas. Definición 6.3 Vector columna

Se denomina vector columna a una matriz dimensión n × 1:  x1  x2   ..  . xn

que solo tiene una columna, es decir, de     

Ejemplo 6.2 La matriz:

 es un ejemplo de vector columna.

 1  5  3



Definición 6.4 Vector fila

Se denomina vector fila a una matriz que solo tiene una fila, es decir, de dimensión 1 × n:
x1 x2 · · · xn Ejemplo 6.3 La matriz:

5 9 es un ejemplo de vector fila.

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630

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

6.1.2. Matrices cuadradas Definición 6.5 Matriz cuadrada

Una matriz cuadrada es una matriz donde el número de filas es igual al número de columnas (m = n). A veces esta matriz se denomina matriz de orden n. Definición 6.6 Diagonal principal y traza

Se denomina diagonal principal de una matriz cuadrada a los elementos de la diagonal, es decir, aii , i = 1, 2, . . . , n. La suma de los elementos de la diagonal principal se denomina traza: n

tr(A) = a11 + a22 + . . . + ann =

∑ aii .

i= 1

Ejemplo 6.4 Dada la matriz:



  A= 

1 3 20 1

2 −2 0 1

 0 −1  5 10  , 1  4 0 3

la diagonal principal está formada por los números 1, −2, 4 y 3 y su traza es: tr (A) = 1 + (−2) + 4 + 3 = 6.  Definición 6.7 Matriz diagonal

Una matriz A = (ai j ) es diagonal si es cuadrada y: ai j = 0 cuando i 6= j, es decir, cuando todos los elementos que no son de la diagonal principal son cero. Ejemplo 6.5 La matriz:

 es diagonal.

✐

 1 0 0  0 4 0  0 0 −1



✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

631

Nota 6.3

A veces se escribe la matriz diagonal como: diag(a11 , a22 , . . . , ann ) Ejemplo 6.6 La matriz:



puede representarse como:

 1 0 0 0  A= 0 4 0 0 −1 A = diag(1, 4, −1) 

Definición 6.8 Matriz identidad

La matriz identidad o matriz unidad I es una matriz diagonal donde los elementos de la diagonal principal son todos 1 y el resto de elementos son 0; es decir: aii = 1, ai j = 0, i 6= j Nota 6.4

Se suele notar In a la matriz identidad de orden n. Ejemplo 6.7 La matriz:



 1 0 0 I3 =  0 1 0  0 0 1

recibe el nombre de matriz unidad de orden 3.



Definición 6.9 Matriz cero

La matriz cero es aquella que tiene todos los elementos iguales a cero, es decir: ai j = 0. Nota 6.5

Se suele notar 0n a la matriz cero de orden n.

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✐

632

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejemplo 6.8 La matriz



 0 0 0 03 =  0 0 0  0 0 0 recibe el nombre de matriz cero de orden 3.



Definición 6.10 Matriz triangular inferior

Una matriz cuadrada se denomina triangular inferior si todos los elementos que se encuentran por encima de la diagonal principal son cero, es decir: ai j = 0,

j > i.

Ejemplo 6.9 La matriz:



1 L= 4 2

 0 0  1

0 5 5



es triangular inferior. Definición 6.11 Matriz triangular superior

Una matriz cuadrada se denomina triangular superior si todos los elementos que se encuentran por debajo de la diagonal principal son cero, es decir: ai j = 0,

j < i.

Ejemplo 6.10 La matriz:



1 U = 0 0

3 5 0

 0 6  2 

es triangular superior. Definición 6.12 Matriz simétrica

Una matriz cuadrada A = (ai j ) es simétrica si: ai j = a ji .

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

633

Ejemplo 6.11 La matriz:



11  12 S=  13 14

12 22 23 24

13 23 33 34

 14 24   34  44 

es simétrica. Definición 6.13 Matriz antisimétrica

Una matriz cuadrada A = (ai j ) es antisimétrica si: ai j = −a ji . Ejemplo 6.12 La matriz:



 0 12 13 14  −12 0 23 24   A=  −13 −23 0 34  −14 −24 −34 0 

es antisimétrica. Proposición 6.1

Los elementos de la diagonal principal de una matriz antisimétrica son cero. D EMOSTRACIÓN. Sabemos que si tenemos una matriz antisimétrica, entonces: ai j = −a ji . Para los elementos de la diagonal principal, en particular, se tiene que: aii = −aii . Esto último implica que 2aii = 0, o lo que es lo mismo, aii = 0. Es decir, los elementos de la diagonal principal son todos nulos.  Proposición 6.2

Toda matriz cuadrada Q puede expresarse como la suma de una matriz simétrica S y una matriz antisimétrica A, es decir: Q = S + A.

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634

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

D EMOSTRACIÓN. Sea la matriz cuadrada de orden n:  q11 q12 · · · q1n  q21 q22 · · · q2n  Q= . .. .. ..  .. . . . qn1 qn2 · · ·

y las matrices:



  S= 



  A= 

qnn



  , 

s11 s12 .. .

s12 s22 .. .

··· ··· .. .

s1n s2n .. .

s1n

s2n

snn

0 −a21 .. .

a12 0 .. .

···

··· ··· .. .

−a1n −a2n · · ·

a1n a2n .. . 0

    

    

Al tener la matriz A toda la diagonal principal de ceros, es evidente que la diagonal de la matriz simétrica S ha de coincidir con la diagonal de la matriz Q, es decir: aii = 0 sii = qii . Por otro lado, para un elemento que esté situado por encima de la diagonal y otro que esté por debajo (i < j), se tiene: qi j = si j + ai j q ji = si j − ai j Sumando y restando ambas ecuaciones, obtenemos: qi j + q ji 2 qi j − q ji ai j = 2 si j =

lo que demuestra la existencia de estas dos matrices S y A.



Definición 6.14 Transpuesta

La matriz transpuesta de una matriz A es la matriz que obtenemos al cambiar las filas por las columnas. Si una matriz es de dimensión m × n, su transpuesta es de dimensión n × m, y se representará por At . Más concretamente, si A = (ai j ), entonces At = (a ji ).

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✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

635

Proposición 6.3

Toda matriz cuadrada Q puede expresarse como la suma de una matriz simétrica S y una matriz antisimétrica A, es decir: Q = S + A. En particular, Q + Qt 2 Q − Qt A= 2 D EMOSTRACIÓN. Es inmediata teniendo en cuenta la demostración de la Proposición 6.2. S=

Ejemplo 6.13 Sea la matriz:



1  3 A=  0 2

cuya transpuesta es:

0 1 4 8

 2 0   5  1



 1 3 0 2 At =  0 1 4 8  2 0 5 1



Proposición 6.4

Si transponemos dos veces una matriz obtenemos la misma matriz: (At )t = A. D EMOSTRACIÓN. Si A = (ai j ), entonces At = (a ji ). A su vez, si transponemos de nuevo, (At )t = (ai j ) = A.  Ejemplo 6.14 Sea la matriz:



 1 0 A= 3 1  0 4

Entonces: At = Es decir, (At )t = A.

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1 3 0 0 1 4



,



 1 0 (At )t =  3 1  0 4



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636

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

6.1.3. Matrices escalonadas Definición 6.15 Matriz r-escalonada

Una matriz A de dimensión m × n se denomina r-escalonada, donde r ≤ m, si los elementos de las últimas m − r filas son todos cero, y si también son cero los elementos por debajo de la diagonal principal de la submatriz formada por las primeras r filas y r columnas. Ejemplo 6.15 La matriz:

      

1 0 0 0 0

3 5 0 0 0

0 6 2 0 0

3 2 0 0 0

1 4 2 0 0

3 2 0 0 0

es una matriz 3-escalonada de dimensión 5 × 6.

       

6.2. Operaciones con matrices En el conjunto de las matrices de números reales de dimensión m × n, Mm×n (R ), se definen tres operaciones: Suma de matrices Producto de una matriz por un número Producto de matrices

6.2.1. Suma de matrices Definición 6.16 Suma

Sean A = (ai j ) y B = (bi j ) dos matrices de dimensión m × n. La suma A + B de las dos matrices es la matriz m × n: A + B = (ai j + bi j ). Ejemplo 6.16 [Suma de matrices]



       1 2 0 2 0 1 1+2 2+0 0+1 3 2 1  0 −3 1  +  0 4 2  =  0 + 0 −3 + 4 1 − 2  =  0 1 3  2 4 0 0 −3 8 2 + 0 4 + (−3) 0 + 8 2 1 8 

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

637

Propiedad 6.1 De la suma de matrices

La suma de matrices tiene las siguientes propiedades: (A+) Propiedad asociativa:

(A + B) + C = A + (B + C ) (C+) Propiedad conmutativa: A+B = B+A (EN+) Existencia de elemento neutro de la suma: 0+A = A Este elemento neutro de la suma es la matriz cero:       0 0 6 3 6 3 + = 0 0 2 1 2 1 (EO+) Existencia de la matriz opuesta: A + (−A) = 0 La matriz opuesta a A = (ai j ) es −A = (−ai j ):       0 0 −6 −3 6 3 = + 0 0 −2 −1 2 1

6.2.2. Producto por un escalar Definición 6.17

Sea A = (ai j ) una matriz de dimensión m × n, y c ∈ R. Entonces el producto de c por la matriz A es: cA = (cai j ). Ejemplo 6.17 [de producto por un escalar]



   1 2 0 4 8 0 4  0 −3 1  =  0 −12 4  2 4 0 8 16 0

✐



✐

638

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Propiedad 6.2 Del producto de un escalar por una matriz

Las propiedades del producto de un escalar por una matriz son: (a) c(A + B) = cA + cB , (c + d )A = cA + dA (b) (cd )A = c(dA) (c) 1A = A , 0A = 0m×n donde A y B son matrices de dimensión m × n y c, d ∈ R.

6.2.3. Producto de un vector fila por un vector columna El producto de un vector fila de dimensión 1 × n por un vector columna de dimensión n × 1 es una matriz de dimensión 1 × 1, es decir, un número real, que se define de la siguiente manera:   y1  n
  y2  x1 x2 · · · xn ·  .  = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn = ∑ xi yi  ..  i= 1

yn

Ejemplo 6.18 [del producto de un vector fila por un vector columna]

1 2 3






 3  1  = 1 · 3 + 2 · 1 + 3 · 5 = 20 5



Esta forma de multiplicar vectores fila por vectores columna es la que se usa para multiplicar matrices, como veremos a continuación.

6.2.4. Producto de matrices Para poder multiplicar dos matrices A y B es necesario que el número de columnas de la primera sea igual al número de filas de la segunda: p

n

z    m     

✐

}|

ai j

{   

·

z }| {            b j i n         

( m × n) · ( n × p)

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

639

Es decir, si A tiene dimensión m × n, B debe tener dimensión n × p. Entonces el producto tiene dimensión m × p y viene dado por: n

AB = (ai j )(bi j ) = (ci j ),

ci j =

∑ aik bk j .

k=1

Es decir, el elemento ci j de la matriz producto se obtiene haciendo el producto de la fila i de la matriz A y de la columna j de la matriz B. Ejemplo 6.19 [del producto de dos matrices]



2 0 5 1 2 3

donde, por ejemplo: c22 =





   1 3 4 2 12 31 13 14  1 1 3 2 = 9 20 13 12 2 5 1 2

1 2 3






 3  1  = 1 · 3 + 2 · 1 + 3 · 5 = 20. 5



Propiedades del producto de matrices

Propiedad 6.3 Del producto de matrices

Las propiedades del producto de matrices son: (A·) Propiedad asociativa:

(AB)C = A(BC ) (EN·) Existencia de elemento neutro respecto del producto: IA = A Este elemento neutro es la matriz identidad de orden el número de filas de A:      1 0 6 3 1 6 3 1 = 0 1 2 1 1 2 1 1 (D) El producto de matrices es distributivo respecto de la suma:

(A + B)C = AC + BC Nota 6.6

El producto de matrices no es conmutativo. Es decir, AB 6= BA. De hecho, según las dimensiones de las dos matrices, una vez calculado el producto AB, el producto BA puede que sea imposible de calcular.

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✐

640

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Nota 6.7 Relación entre matrices transpuestas y el producto

Dadas dos matrices A y B, se tiene que:

(AB)t = Bt At

Nota 6.8

El producto de matrices no es simplificable. Es decir: AB = AC 6⇒ B = C

Ejercicio propuesto 6.2

Comprobar en un caso particular que (AB)t = Bt At .

Ejercicio propuesto 6.3

Encontrar tres matrices A, B y C de manera que AB = AC, pero que B 6= C.

6.3. Rango de una matriz 6.3.1. Transformaciones elementales Definición 6.18 Transformaciones elementales

Denominamos transformaciones elementales de una matriz a las siguientes operaciones: (PF) Permutar dos filas de la matriz. (PC) Permutar dos columnas de la matriz. (MF) Multiplicar alguna de las filas por un número real diferente de 0. (MC) Multiplicar alguna de las columnas por un número real diferente de 0. (SF) Sumar a una fila de la matriz otra fila multiplicada por un número real. (SC) Sumar a una columna de la matriz otra columna multiplicada por un número real.

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✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

641

Nota 6.9

En este capítulo utilizaremos la siguiente notación para referirnos a las diferentes transformaciones elementales: p fi j : permutar las filas i y j. pci j : permutar las columnas i y j. α fi : multiplicar la fila i por el número α ∈ R. α ci : multiplicar la columna i por el número α ∈ R. fi ← fi + α f j : sumar a la fila i la fila j multiplicada por el número α ∈ R. ci ← ci + α c j : sumar a la columna i la columna j multiplicada por el número α ∈ R. Ejemplo 6.20 [de transformaciones elementales] Partimos de la matriz A y mediante transformaciones elementales, llegamos a la matriz B.

A=



1 5 −2 1

 (PF )   (PC )   −2 1 1 −2 −→ −→ 1 5 5 1 p f12 pc12   (MC )  (MF )  1 −1 1 −2 −→ −→ 10 1 10 2 1 2 f2 2 c2

    (SF ) (SC ) 1 −1 1 0 −→ −→ =B 5 6 5 11 f2 ← f2 −5 f1 c2 ← c2 + c1 

6.3.2. Matrices equivalentes Definición 6.19 Matrices equivalentes

Dadas dos matrices A y B, decimos que son matrices equivalentes si se puede pasar de una a la otra mediante transformaciones elementales. Si dos matrices A y B son equivalentes, lo denotamos A ∼ B.     1 2 2 1 Ejemplo 6.21 Las matrices A = yB= son equivalentes: 3 0 −2 0     1 2 2 1 ∼ 3 0 −2 0

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642

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

ya que: 

1 2 3 0



∼

1 3 f2



1 2 1 0



∼ f2 ← f2 − f1



1 2 0 −2



∼ pc12



2 1 −2 0

 

Definición 6.20 Rango

Se dice que una matriz tiene rango r si es equivalente a una matriz r-escalonada. El rango de una matriz A se representa por rango(A). Ejemplo 6.22 Calcular el rango de la matriz:



 1 2 3 A= 3 0 1  5 4 7 S OLUCIÓN. El rango de la matriz A es 2, ya que:      2 1 2 3 1 2 3  3 0 1   3 0 1  ∼  0 ∼ 5 4 7 f3 ← f3 − f2 −2 f1 0 0 0 pc12 0

  1 3 3 1  0 0



Propiedad 6.4 Del rango de una matriz

Las propiedades del rango de una matriz son: El rango de una matriz es, como máximo, el menor número de filas o columnas. Es decir, si A es una matriz de dimensión m × n, rango(A) ≤ m´ın{m, n} El rango de una matriz y el de su transpuesta es el mismo. Es decir: rango(A) = rango(At ) Dos matrices equivalentes tienen el mismo rango. Por tanto, si a una matriz le hacemos una transformación elemental, el rango se conserva.

6.3.3. Cálculo del rango por el método de Gauss Utilizando transformaciones elementales podemos transformar toda matriz en otra escalonada equivalente, es decir, en la que los elementos del triángulo inferior sean ceros.

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✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

643

Entonces, como el rango de dos matrices equivalentes es el mismo, el rango es el número de filas distintas de cero que nos queden. Ejemplo 6.23 Calcular el rango de la matriz:



 1 3 2 −1  2 4 2 1  4 6 2 5

por el método de Gauss.



S OLUCIÓN. 

   1 3 2 −1 1 3 2 −1  2 4 2  0 −2 −2 1  ∼ 3  4 6 2 5 f2 ← f2 −2 f1 4 6 2 5 

 1 3 2 −1  0 −2 −2 ∼ 3  f3 ← f3 −4 f1 0 −6 −6 9  1 3 2 −1  0 −2 −2 3  ∼ f3 ← f3 −3 f2 0 0 0 0 

Por tanto, el rango de la matriz es 2.



Ejemplo 6.24 Calcular el rango de la matriz:

       

0 0 1 0 1 1

0 2 0 0 0 2

0 2 0 2 0 2

0 0 2 0 2 2

1 0 0 1 0 0

        

por el método de Gauss. S OLUCIÓN.        

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0 0 1 0 1 1

0 2 0 0 0 2

0 2 0 2 0 2

0 0 2 0 2 2

1 0 0 1 0 0





        ∼    f5 ← f5 − f3   

0 0 1 0 0 1

0 2 0 0 0 2

0 2 0 2 0 2

0 0 2 0 0 2

1 0 0 1 0 0

       

✐

644

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA



0 0 1 0 0 0

0 2 0 0 0 2

0 2 0 2 0 2

0 0 2 0 0 0

1 0 0 1 0 0





0 0 1 0 0 0

0 2 0 0 0 0

0 2 0 2 0 0

0 0 2 0 0 0

1 0 0 1 0 0



1 0 0 0 0 0

0 2 0 0 0 0

0 2 2 0 0 0

2 0 0 0 0 0

0 0 1 1 0 0



    ∼  f6 ← f6 − f3       ∼  f6 ← f6 − f3    ∼ p f34

      

                    

∼ p f13

∼ pc45



1 0 0 0 0 0

0 2 0 0 0 0

0 2 0 2 0 0

2 0 0 0 0 0

0 0 1 1 0 0





1 0 0 0 0 0

0 2 0 0 0 0

0 2 2 0 0 0

0 0 1 1 0 0

2 0 0 0 0 0



             

Por tanto, el rango de la matriz es 4.

              

Ejercicio propuesto 6.4

Calcular mediante el método de Gauss el rango de las siguientes matrices:   −1 0 1 (a)  3 2 1  1 −1 2   1 1 0 (b)  2 −1 0  1 1 1   1 1 1 (c)  0 1 1  3 0 −6   2 4 0 7 (d)  1 3 1 8  1 0 −2 −9

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

645

Ejercicio propuesto 6.4 (cont)



  (e)   



 1 2 5 1 −3 −6   −6 −2 −8   0 5 11  2 −1 −1

1 1 2 −1  (f) 0 −1 1 1 1 0 0 2  2 1 1 1 1  1 3 1 1 2 (g)   1 1 4 1 3 1 1 1 5 4

 0 1  −1  1 1   1  1

Ejemplo 6.25 Determinar los valores de a para los que rango (A) 6= 3, donde:



 1 a 1 A =  a + 1 1 −a  2 1 −1  S OLUCIÓN.    1 a 1 1  a + 1 1 −a  ∼  −a 2 1 −1 pc13 −1  −1 ∼  0 f2 ← f2 − a f1 1  −1  0 ∼ f3 ← f3 + f1 0  −1 ∼  0 p f23 0  −1  ∼ 0 f3 ← f3 − (1 − a)/3 0

✐

  a 1 −1 1 2 1 a + 1  ∼  −a 1 a + 1 1 2 p f13 1 a 1  1 2 1−a 1−a  a 1  1 2 1−a 1−a  1+a 3   1 2 −1 2 1+a 3  ∼  0 3 1−a 1−a pc23 0 1−a  2 1  3 1+a 0 1 − a − (1 − a)(1 + a)/3

 

 1 1+a  1−a

✐

646

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Esta última matriz es igual a :     1 −1 2 −1 2 1  0 3 = 0 3  1+a 1+a 2 0 0 1 − a − (1 − a)(1 + a)/3 0 0 (3 − 3a − 1 + a )/3   −1 2 1  = 0 3 1+a 0 0 (a2 − 3a + 2)/3

Por tanto, rango(A) ≥ 2 para todo valor de a y rango(A) = 3 ⇔ a2 − 3a + 2 6= 0, es decir, si x 6= 1 y x 6= 2. 

6.4. Matriz inversa Definición 6.21 Matriz invertible

Una matriz A es invertible si es cuadrada y tiene rango máximo. En este caso, su inversa se denota por A−1 , y es tal que: AA−1 = A−1 A = I. Las matrices invertibles también se pueden denominar regulares o no singulares. Propiedad 6.5 De las matrices invertibles

Si A y B son dos matrices regulares de orden n, es decir, A, B ∈ Mn×n (R ), entonces:
−1 = A. (a) A−1 (b) (λ · A)−1 = λ1 · A−1 , λ 6= 0 (c) (A · B)−1 = B−1 · A−1 (d) (At )−1 = (A−1 )t

D EMOSTRACIÓN. (a) La matriz A−1


−1

es, por definición, la inversa de A−1 . Es decir: A−1


−1

· A−1 = I.

Multiplicando por la derecha por A en ambos casos, obtenemos: A−1

ya que A−1 A = I, IA = A y A−1

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−1


−1

· A−1 A = IA,
−1 A−1 I = A,
−1 A−1 = A, I = A−1


−1

.

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

(b) La inversa de λ A es

1 λ

647

· A−1 , ya que:

1 −1 1 · A · λ A = λ A−1 A λ λ = 1 · I = I.

(c) Sean A y B dos matrices regulares con inversas A−1 y B−1 respectivamente y denotamos por C = B−1 · A−1 . La matriz C será la inversa del producto A · B si: C · (A · B) = (A · B) ·C = I

En relación a la igualdad C · (A · B) = I:

C · (A · B) = (B−1 · A−1 ) · (A · B)

= B−1 · (A−1 · A) · B = B−1 · I · B

= B−1 · B = I

En relación a la igualdad (A · B) ·C = I:

(A · B) ·C = (A · B) · (B−1 · A−1 ) = A · (B · B−1) · A−1

= A · I · A−1

= A · A−1 = I

(d) La inversa de At es (A−1 )t , ya que:

At · (A−1 )t = (A−1 · A)t

= It = I,

como queríamos ver.



Proposición 6.5

Si A es una matriz cuadrada de orden n e invertible, entonces A es equivalente a la matriz identidad de orden n, es decir, A ∼ In . Además, podemos obtener la matriz identidad a partir de la matriz A usando solo transformaciones elementales de fila (PF, MF y SF). Ejemplo 6.26 Demostrar que la matriz:



 1 1 1 A= 2 3 4  5 8 9

es equivalente a la matriz identidad de orden 3.

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648

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

S OLUCIÓN. 

     1 1 1 1 1 1 1 1 1  0 1 2   0 1 A= 2 3 4  ∼ ∼ 2  5 8 9 f2 ← f2 −2 f1 0 3 4 f3 ← f3 −3 f2 0 0 −2 f3 ← f3 −5 f1 

   1 1 1 1 0 −1  0 1 ∼  0 1 2  ∼ 2  1 0 0 1 f1 ← f1 − f2 0 0 1 − 2 f3 

 1 0 0  0 1 0 =I ∼ f1 ← f1 + f3 0 0 1 f2 ← f2 −2 f3

6.4.1. Cálculo de la matriz inversa mediante el método de Gauss Si A es una matriz invertible de orden n, podemos obtener la matriz identidad In considerando solo transformaciones elementales de fila. De este modo, A−1 se calcula aplicando operaciones elementales de fila sobre la matriz (A|In ), hasta obtener (In |A−1 ). Es decir:

( A | In )

∼

... ∼ PF, MF,CF

( In | A−1 )

Nota 6.10

Nótese que dadas las matrices A y B de dimensiones m × nA y m × nB , (A|B) es la matriz de dimensión m × (nA + nB ) que resulta de concatenar las columnas de B a las columnas de la matriz A. Ejemplo 6.27 Calcular la matriz inversa de :



 1 1 1  2 3 4  5 8 9 utilizando el método de Gauss.

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

649

S OLUCIÓN.

 1 1 1 1 0 0  2 3 4 0 1 0  5 8 9 0 0 1 

∼ f2 ← f2 −2 f1

f3 ← f3 −5 f1

∼ f3 ← f3 −3 f2

∼ − 21 f3

∼ f1 ← f1 − f2

∼ f1 ← f1 + f3

f2 ← f2 −2 f3

 1 1 1 1 0 0  0 1 2 −2 1 0  0 3 4 −5 0 1 



 1 1 1 1 0 0  0 1 1 0  2 −2 0 0 −2 1 −3 1 

 1 0 0 1 1 1  0 1 2 −2 1 0  0 0 1 −1/2 3/2 −1/2 

 1 0 −1 3 −1 0  0 1 2 −2 1 0  0 0 1 −1/2 3/2 −1/2  1 0 0 5/2 1/2 −1/2  0 1 0 −1 −2 1  0 0 1 −1/2 3/2 −1/2 

Por tanto, la inversa de la matriz: 

 1 1 1 A= 2 3 4  5 8 9 es la matriz: 

 5/2 1/2 −1/2 A−1 =  −1 −2 1  −1/2 3/2 −1/2 

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650

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejercicio propuesto 6.5

Calcular la matriz inversa de las siguientes matrices:   −2 3 (a) 1 −1 

 1 3 1 (b)  2 −1 2  3 2 −3 

 1 2 −3 2  (c)  0 1 0 0 1 

 2 4 3 (d)  0 1 1  2 2 −1 

 2 1 1 2 0  (e)  4 −3 −1 1 

 0 −1 0 1  0 2 −1 1   (f)   1 −2 1 1  −1 0 1 3

Ejercicio propuesto 6.6

Encontrar, para los valores de k que sea posible, la matriz inversa de:   1 k k  1 2 4  1 3 9

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

651

6.5. Determinante de una matriz 6.5.1. Definición y cálculo Definición 6.22 Determinante

Dada una matriz cuadrada A ∈ Mn×n (R ), se define el determinante de la matriz A y se simboliza por det(A), |A| o D(A), como una aplicación que asigna a cada matriz cuadrada A un número real: D : Mn×n (R ) −→ R, de manera que D(A) = det (A) = |A| ∈ R. El determinante se define inductivamente sobre el orden n de la matriz A, de la siguiente forma: Si n = 2, entonces: a11 a12 a21 a22 = a11 · a22 − a12 · a21 Ejemplo 6.28 Calcular el determinante de la matriz:



4 −3 −2 2

 

S OLUCIÓN. 4 −3 = 4 · 2 − (−3) · (−2) = 2. −2 2

Si n = 3, entonces: a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33

donde:

a a D11 = 22 23 a32 a33



= a11 D11 − a12 D12 + a13 D13 ,

, D12 = a21 a23 a31 a33

y D13 = a21 a22 a31 a32

.

Di j es el determinante de la matriz que se obtiene al eliminar la fila i y la columna j de la matriz.

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✐

652

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Nótese que hemos hecho lo que se llama el desarrollo por la primera fila. El determinante se puede calcular, por ejemplo, haciendo el desarrollo por la primera columna. En este caso, el determinante sería: a11 a12 a13 a21 a22 a23 = a11 D11 − a21 D21 + a31 D31 , a31 a32 a33 donde:

a a D11 = 22 23 a32 a33

, D21 = a12 a13 a32 a33

y D31 = a12 a13 a22 a33

.

Sea como sea, el determinante de una matriz de orden 3 puede calcularse siguiendo la conocida regla de Sarrus, que establece que este determinante es: a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33

= a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 −

− a31 a22 a13 − a32 a23 a11 − a33 a21 a12 .

Ejemplo 6.29 Calcular el determinante de la matriz:



 1 2 3  4 5 6  7 8 9  S OLUCIÓN. Aplicando la regla de Sarrus, tenemos que: 1 2 3 4 5 6 7 8 9

= 1 · 5 · 9 + 2 · 6 · 7 + 3 · 4 · 8 − 3 · 5 · 7 − 2 · 4 · 9 − 1 · 6 · 8 = 0.



Si n = 4, entonces:

✐

a11 a21 a31 a41

a12 a22 a32 a42

a13 a23 a33 a43

a14 a24 a34 a44

= a11 D11 − a12 D12 + a13 D13 − a14 D14 ,

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

653

donde: D11 = D13 =

a22 a23 a24 a32 a33 a34 a42 a43 a44 a21 a22 a24 a31 a32 a34 a41 a42 a44

, D12 = , D14 =

a21 a23 a24 a31 a33 a34 a41 a43 a44 a21 a22 a23 a31 a32 a33 a41 a42 a43

, .

Del mismo modo que para el caso de matrices de orden 3, el cálculo del determinante de una matriz de orden 4 puede hacerse desarrollando por otra fila o columna. Definición 6.23 Menor complementario

Se denomina menor complementario de un elemento ai j de una matriz cuadrada, al determinante de la matriz que se obtiene al eliminar la fila i y la columna j de la matriz inicial, y se simboliza por ∆i j o bien por Di j . Definición 6.24 Adjunto de un elemento

Se denomina adjunto de un elemento ai j , y se expresa por Ai j , al menor complementario de ai j multiplicado por (−1)i+ j .

De este modo, podemos dar una fórmula general para el cálculo del determinante de una matriz cuadrada de orden n, desarrollando, por ejemplo, por la primera fila: a11 a12 · · · a1n a21 a22 · · · a2n .. .. .. = a11 A11 + a12 A12 + · · · + a1n A1n . .. . . . . an1 an2 · · · ann Ejercicio propuesto 6.7

Calcular los determinantes de las siguientes matrices:   cos(α ) − sen(α ) (a) sen(α ) cos(α )   1 1 1 (b)  x y z  x2 y2 z2   2 1 3 −1  3 1 2 1   (c)   1 2 3 1  1 −1 1 −1

✐

✐

654

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Nota 6.11

Como hemos dicho, la definición dada del determinante de orden n, también se denomina desarrollar el determinante por la primera fila: a11 a12 · · · a1n a21 a22 · · · a2n . .. .. = a11 A11 + a12 A12 + · · · + a1n A1n . .. .. . . . an1 an2 · · · ann

De hecho, para calcular el determinante de orden n se puede proceder desarrollando por cualquier fila o columna, es decir, sumando los productos de los elementos de cualquier fila o cualquier columna multiplicados por los respectivos adjuntos. Ejemplo 6.30 Calcular el determinante de la matriz:



 3 1 −2  −1 3 5  2 1 0 desarrollando por la tercera fila. S OLUCIÓN. 3 −1 2



1 −2 3 −2 2 1 1 −2 3 5 = 2 − 1 −1 + 0 −1 3 5 5 3 1 0

= 2(5 + 6) − (15 − 2) + 0 = 22 − 13 = 9.

Ejercicio propuesto 6.8

Calcular los siguientes determinantes, desarrollando por la columna o fila más adecuada: 3 −2 0 (a) −3 9 5 6 5 0 2 1 −6 (b) 3 −1 7 0 0 4 3 −1 5 (c) 0 2 0 1 1 −1

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

655

Propiedad 6.6 De los determinantes

(D1 ) Si se cambian dos filas o dos columnas entre sí, el determinante cambia de signo. Por ejemplo: 1 2 = − 2 1 = − 3 4 . 3 4 4 3 1 2

(D2 ) Si se multiplican todos los elementos de una fila o columna por una constante, el determinante queda multiplicado por esa constante. Por ejemplo: 2 20 1 10 1 2 2 5 = 2 2 5 = 2 · 5 2 1 .

(D3 ) Si una fila o una columna es suma de dos sumandos, el determinante se descompone en la suma de dos determinantes, cada uno de ellos con uno de los sumandos en la fila o columna correspondiente y teniendo el resto de filas o columnas iguales. Por ejemplo: 1+3 3 1 3 3 3 = + 2+ 7 4 2 4 7 4 .

(D4 ) El determinante de la matriz identidad vale 1. En efecto: 1 0 0 1 = 1.

(D5 ) Si todos los elementos de una fila o columna son nulos, entonces el determinante vale 0. Por ejemplo: 1 2 0 3 4 0 = 0. 6 1 0

(D6 ) Si en un determinante, una fila o una columna es combinación lineal de otras filas o columnas (igual a la suma de otras filas o columnas multiplicadas por una constante), el determinante es nulo. Por ejemplo: 1 2 2·1+3·2 3 1 2 · 3 + 3 · 1 = 0. 5 2 2·5+3·2

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656

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Propiedad 6.6 (cont) De los determinantes

(D7 ) El determinante de una matriz coincide con el de su transpuesta, es decir, |A| = |At |. Por ejemplo: 1 2 1 3 = 3 4 2 4 .

(D8 ) El determinante de un producto de matrices es igual al producto de los determinantes, |A · B| = |A| · |B|. Por ejemplo:    1 2 3 2 1 2 3 2 = 3 4 7 1 3 4 7 1

Proposición 6.6

Una matriz cuadrada A es invertible, regular o no singular si, y solo si, el determinante es diferente de cero. 1 . Además, si A es invertible, A−1 = |A|

1 −1 D EMOSTRACIÓN. Si A es invertible, entonces −1 existe una matriz A tal que AA = I. Calculando determinantes, tenemos que AA = |I|. Entonces, usando las propiedades D4 y D8 de los determinantes:

−1 AA = |A| · A−1 = |I| = 1 =⇒ A−1 = 1 . |A|



Ejercicio propuesto 6.9

Calcular la inversa de la matriz: 

2 3 1 −1



y comprobar que |A−1 | = 1/|A|.

6.5.2. Cálculo del rango de una matriz mediante determinantes Definición 6.25 Menor

Se denomina menor de orden k de una matriz A ∈ Mm×n (R ) al determinante de una submatriz cuadrada de orden k × k de A, tomando k filas y k columnas de la matriz A.

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

657

Ejemplo 6.31 Calcular los nueve menores de orden 2 de la matriz:



 1 1 −1  0 1 1  3 0 −6 S OLUCIÓN. Los nueve menores son: 1 1 D11 = = −6, D12 = 0 −6 1 −1 D21 = = −6, D22 = 0 −6 1 −1 D31 = = 2, D32 = 1 1

0 1 = −3, D13 = 3 −6 1 −1 = −3, D23 = 3 −6 1 −1 = 1, D33 = 0 1

 0 1 = −3 3 0 1 1 = −3 3 0 1 1 =1 0 1



Definición 6.26 Rango

Podemos definir también el rango de una matriz A ∈ Mm×n (R ) como el orden del mayor menor no nulo que se pueda obtener de la matriz A. Ejemplo 6.32 Calcular el rango de la matriz:



 −1 0 1 A= 3 2 1 . 1 −1 2



S OLUCIÓN. El rango de la matriz A es 3, ya que: |A| = −4 − 3 − 2 − 1 = −10 6= 0, es decir, existe un menor de orden 3 con determinante no nulo.



Ejemplo 6.33 Calcular el rango de la matriz:



 1 1 −1 B= 0 1 1 . 3 0 −6



S OLUCIÓN. Dado que |B| = −6 + 3 + 3 = 0, el rango de la matriz B es, como mucho, 2, es decir, rango(B) ≤ 2.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Para saber si el rango es 2 debemos mirar si hay algún menor de orden dos distinto de cero. En efecto: 1 1 = 1 6= 0, D33 = 0 1

lo que implica rango(B) = 2.



Ejemplo 6.34 Calcular el rango de la matriz:



 2 4 0 7 C= 1 3 1 8 . 1 0 −2 −9  S OLUCIÓN. Dado que: 2 4 1 3

= 6 − 4 = 2 6= 0,

entonces rango(C ) ≥ 2. Pero todos los menores de orden 3 son nulos y, por tanto, el rango de la matriz no puede ser 3 y es finalmente 2. 

6.6. Sistema de ecuaciones lineales Definición 6.27 Ecuación lineal

Se denomina ecuación lineal con n incógnitas x1 , x2 , . . . , xn a toda expresión del tipo: a1 x1 + a2 x2 + · · · + an xn = b, donde ai , b ∈ R. Los números reales ai se denominan coeficientes y b se denomina término independiente. Definición 6.28 Sistema de ecuaciones lineales

Se denomina sistema de m ecuaciones lineales con n incógnitas a todo conjunto de m ecuaciones lineales con las mismas n incógnitas:  a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = b1     a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = b2 ..  .    am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn = bm

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

659

Definición 6.29 Solución

Se denomina solución de un sistema de m ecuaciones lineales con n incógnitas a todo conjunto de n números s1 , s2 , · · · , sn de manera que al sustituir x1 por s1 , x2 por s2 y así sucesivamente verifican las m ecuaciones del sistema. Ejemplo 6.35 Dado el sistema de ecuaciones lineales:



2x − y = 1 x+y = 2

comprobar que x = 1, y = 1 es solución.



S OLUCIÓN. El conjunto de valores x = 1, y = 1 es solución del sistema de ecuaciones lineales, ya que: 2x − y = 2 − 1 = 1

x+y = 1+1 = 2 

6.6.1. Tipos de sistemas. Clasificación Los sistemas de ecuaciones lineales se clasifican según el número de soluciones que tienen en: Sistema incompatible (SI). Es aquel sistema que no admite ninguna solución. Es decir, que no existe ningún conjunto de valores que satisfaga todas las ecuaciones del sistema a la vez. Sistema compatible (SC). Es aquel sistema que tiene al menos una solución. De entre los sistemas compatibles, distinguiremos dos casos: • Sistema compatible determinado (SCD). Es aquel sistema que tiene exactamente una única solución. • Sistema compatible indeterminado (SCI). Es aquel sistema que tiene un número infinito de soluciones. Ejemplo 6.36 [de sistema incompatible] El sistema de ecuaciones lineales:



x+y = 1 x+y = 2

es incompatible, ya que no existe ningún conjunto de dos valores {x, y} que pueden satisfacer a la vez ambas ecuaciones.  Ejemplo 6.37 [de sistema compatible determinado] El sistema de ecuaciones lineales:



x+y = 2 x−y = 0

es compatible determinado, ya que la única solución es {x = 1, y = 1}.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejemplo 6.38 [de sistema compatible indeterminado] El sistema de ecuaciones lineales:



x+y = 0

es compatible indeterminado, ya que los siguientes conjuntos son solución: {x = 1, y = −1}, {x = −1, y = 1}, {x = 2, y = −2}, {x = −2, y = 2}, . . . 

6.6.2. Sistemas equivalentes Definición 6.30 Sistemas equivalentes

Dos sistemas se denominan equivalentes si tienen las mismas soluciones. Ejemplo 6.39 Los sistemas:

2x − y = 1 x+y = 2



4x − 2y = 2 ∼ x+y = 2



x=1 ∼ y=1



son equivalentes, ya que tienen la misma solución {x = 1, y = 1}.



Propiedad 6.7

Dado un sistema de ecuaciones lineales, las transformaciones elementales que permiten obtener nuevos sistemas equivalentes son: (PF) Cambiar el orden de las ecuaciones. (MF) Multiplicar o dividir alguna de las ecuaciones por un número real diferente de 0. (SF) Sumar a una ecuación del sistema otra multiplicada por un número real. Ejemplo 6.40 Dado el sistema de ecuaciones lineales:

 x+y+z = 1   2x + 3y + 4z = 0   5x + 8y + 9z = 0

calcular la solución del sistema mediante transformaciones elementales y sistemas equivalentes. 

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

661

S OLUCIÓN.  x+y+z = 1  (SF)  2x + 3y + 4z = 0 ∼   f2 ← f2 −2 f1 5x + 8y + 9z = 0 f3 ← f3 −5 f1 (SF) ∼ f3 ← f3 −3 f2 (MF) ∼ − 12 f3 (SF) ∼ f1 ← f1 − f2 (SF) ∼ f1 ← f1 + f3 f2 ← f2 −2 f3

 x+y+z = 1   y + 2z = −2   3y + 4z = −5  x+y+z = 1   y + 2z = −2   −2z = 1  x+y+z = 1   y + 2z = −2   z = −1/2  x−z = 3   y + 2z = −2   z = −1/2

 x = 5/2   y = −1   z = −1/2



6.6.3. Forma matricial de un sistema de ecuaciones Todo sistema de ecuaciones:  a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = b1     a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = b2 ..  .    am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn = bm

se puede reescribir en forma matricial como:   a11 a12 · · · a1n  a21 a22 · · · a2n      .. .. ..   ..  . . . .  am1 am2 · · ·

y se denota por Ax = b.

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amn

x1 x2 .. . xn





    =  

b1 b2 .. . bm

    

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662

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Definición 6.31 Matriz de un sistema

Se denomina matriz de un sistema a la matriz formada por todos los coeficientes de las incógnitas. Esta matriz, que se suele simbolizar como A, tendrá dimensión m × n, donde m es el número de ecuaciones y n el número de incógnitas. Definición 6.32 Matriz ampliada

Se denomina matriz ampliada a la matriz del sistema si le añadimos la columna de los términos independientes. Esta matriz, que se suele simbolizar como (A|b), tiene dimensión m × (n + 1). Ejemplo 6.41 Dado el sistema de ecuaciones lineales:

2x − y = 1 x+y = 2



la matriz del sistema es: A=



2 −1 1 1



2 −1 1 1 1 2



mientras que la matriz ampliada es:

(A|b) =



. 

6.6.4. Transformaciones elementales en forma matricial Las transformaciones PF, MF y SF de la Propiedad 6.7 que permiten obtener dos sistemas equivalentes, son equivalentes a considerar la matriz ampliada (A|b) y realizar sobre ella las transformaciones PF, MF y SF de la Definición 6.18 que nos permitían obtener matrices equivalentes. Ejemplo 6.42 Dado el sistema:

 x+y+z = 1  2x + 3y + 4z = 0  5x + 8y + 9z = 0

que hemos resuelto en el Ejemplo 6.40 y cuya solución es {x = 5/2, y = −1, z = −1/2}, la matriz ampliada asociada a este sistema es:   1 1 1 1 (A|b) =  2 3 4 0  . 5 8 9 0

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

663

Entonces, mediante transformaciones elementales de fila, tenemos que:    1 1 1 1 1 1 1 1  2 3 4 0   0 1 2 −2  ∼ 5 8 9 0 0 3 4 −5 f2 ← f2 −2 f1 f3 ← f3 −5 f1 

∼ f3 ← f3 −3 f2 ∼ − 12 f3 ∼ f1 ← f1 − f2



 1 1 1 1  0 1 2 −2  0 0 −2 1



 1 1 1 1  0 1 2 −2  0 0 1 −1/2



 1 0 −1 3  0 1 2 −2  0 0 1 −1/2

 1 0 0 5/2  0 1 0 −1  ∼ f1 ← f1 + f3 0 0 1 −1/2 f2 ← f2 −2 f3 

y si volvemos a la notación en ecuaciones obtenemos la solución {x = 5/2, y = −1, z = −1/2}. 

6.6.5. Teorema de Rouché-Fröbenius Presentamos a continuación un teorema que nos permite clasificar los sistemas de ecuaciones lineales en función del rango de la matriz del sistema y de la correspondiente matriz ampliada. Teorema 6.1 De Rouché-Fröbenius

Sea Ax = b un sistema de m ecuaciones con n incógnitas. Denotando por r = rango(A) y por r′ = rango(A|b) entonces el sistema puede clasificarse como: Sistema incompatible (SI) si r 6= r′

Sistema compatible si r = r′ . En particular: sistema compatible determinado (SCD) si r = r′ = n; sistema compatible indeterminado (SCI) si r = r′ < n.

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664

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Nota 6.12

En caso de que un sistema sea compatible indeterminado, la diferencia entre el número de incógnitas y el rango, n − r, se denomina grado de indeterminación o grados de libertad y da el número de parámetros que figurarán en la solución del sistema. Ejemplo 6.43 Clasificar el sistema de ecuaciones lineales:

x=1 x=2

 

utilizando el teorema de Rouché-Fröbenius. S OLUCIÓN. La matriz del sistema es: A=



1 1



y tiene rango 1 mientras que la matriz ampliada es:   1 1 (A|b) = 1 2 Para el cálculo del rango de la matriz ampliada, utilizamos el método de Gauss:

(A|b) =



1 1 1 2



∼ f2 ← f2 − f1



1 1 0 1



,

lo que implica que rango(A|b) = 2. Dado que r = rango(A) = 1 y r′ = rango((A|b)) = 2, es decir, r 6= r′ , el sistema es incompatible (SI).  Ejemplo 6.44 Clasificar el sistema de ecuaciones lineales:

x+y = 2 x−y = 0

 

utilizando el teorema de Rouché-Fröbenius. S OLUCIÓN. La matriz del sistema es: A=



1 1 1 −1





1 1 2 1 −1 0

mientras que la matriz ampliada es:

(A|b) =

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

665

Para el cálculo del rango de la matriz y de la matriz ampliada, utilizamos el método de Gauss:

(A|b) =



1 1 2 1 −1 0



∼ f2 ← f2 − f1



1 2 1 0 −2 −2



,

lo que implica que r = rango(A) = 2 y r′ = rango(A|b) = 2. Dado que: r = r′ = n = 2, donde n = 2 es el número de incógnitas, el sistema es compatible determinado (SCD). Ejemplo 6.45 Clasificar el sistema de ecuaciones lineales:

x+y+z = 0 y+z = 0

 

utilizando el teorema de Rouché-Fröbenius. S OLUCIÓN. La matriz del sistema es: A=



1 1 1 0 1 1





1 1 1 0 0 1 1 0

mientras que la matriz ampliada es:

(A|b) =



Para el cálculo del rango de la matriz y de la matriz ampliada, utilizamos el método de Gauss:

(A|b) =



1 1 1 0 0 1 1 0



∼ f2 ← f2 − f1



1 1 1 0 0 0 0 0



,

lo que implica que r = rango(A) = 1 y r′ = rango(A|b) = 1. Dado que: r = r′ = 1 < n = 3, donde n = 3 es el número de incógnitas, el sistema es compatible indeterminado (SCI) con n − r = 3 − 1 = 2 grados de libertad.  De entre todos los sistemas de ecuaciones lineales, hay un tipo de sistemas especiales, los homogéneos. Este tipo de sistemas se caracterizan porque siempre son compatibles, como veremos a continuación.

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666

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Definición 6.33 Sistema homogéneo

Un sistema de ecuaciones lineales se denomina homogéneo si todos los términos independientes son nulos:  a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = 0     a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = 0 ..  .    am1 x1 + am2 x2 + · · · + amn xn = 0 Nota 6.13

En todo sistema homogéneo, rango(A) = rango(A|b) y, por tanto, los sistemas homogéneos son siempre compatibles (admiten, como mínimo, la llamada solución trivial x1 = x2 = · · · = xn = 0).

6.6.6. Resolución de sistemas mediante el método de Gauss Regla de Gauss Es un método de resolución de sistemas lineales que se basa en la obtención de sistemas equivalentes mediante la eliminación de incógnitas, hasta llegar a obtener un sistema con matriz triangular superior. En este caso, la solución se obtiene a partir de la última incógnita, por sustitución hacia atrás, a partir de la cual se irán encontrando los valores de las otras incógnitas. Regla de Gauss-Jordan Esta regla es un caso particular de la anterior; en lugar de llegar a un sistema cuya matriz sea triangular superior, se llega a un sistema con matriz diagonal, de donde es más fácil obtener la solución. Veamos cómo funciona este método a través del siguiente ejemplo: Ejemplo 6.46 [de resolución de un sistema por el método de Gauss-Jordan] Resolver el

sistema:  ( 1 + a) x + y − z = 1 + b  x + y + 2z = 4  2ax − 5z = 2b − 5

en función de los parámetros a, b ∈ R.

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

667

S OLUCIÓN. Queremos resolver un sistema de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas. Consideremos la matriz ampliada del sistema: 

 1 + a 1 −1 1 + b  1 1 2 4 . 2a 0 −5 2b − 5

Para resolver el sistema, transformamos la matriz ampliada usando transformaciones elementales. Para simplificar los cálculos permutaremos las columnas de la matriz (que no es una transformación elemental) de modo que el orden de las variables en lugar de (x, y, z) sea (y, z, x). En efecto:    1 −1 1 + a 1 + b 1 −1 1 + a 1 + b  0  1 ∼ 2 1 4  3 −a 3−b  f2 ← f2 − f1 0 −5 2a 2b − 5 0 −5 2a 2b − 5 

∼ 3 f3

∼ f3 ← f3 + 5 f2

 1+b 1 −1 1 + a  0 3−b  3 −a 0 −15 6a 6b − 15 

 1 −1 1 + a 1 + b  0 3 −a 3 − b  0 0 a b 

El rango de A es 2 si a = 0 y 3 en cualquier otro caso. Estudiemos qué pasa si a = 0 y si a 6= 0. Si a = 0, como hemos dicho, el rango de la matriz A es 2. En el caso de la matriz ampliada: 

 1 −1 1 1 + b  0 3 0 3−b , 0 0 0 b

su rango será también 2 (SCI) si b = 0; o 3 si b 6= 0 (SI). A modo de resumen, si a = 0, b 6= 0, el sistema es incompatible (SI). En cambio, si a = 0, b = 0 el sistema es compatible indeterminado (SCI) cuya solución la encontramos pasando la matriz ampliada a sistema (recordando el cambio de orden en las variables):  x = λ, λ ∈ R  ) )   y−z+x = 1 z=1 → → y = 2−λ  3z = 3 y = 2−x   z=1

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668

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Si a 6= 0, el rango de A y el rango de la matriz ampliada son iguales a 3, que es el número de incógnitas. Por tanto, el sistema es compatible determinado (SCD), cuya solución encontramos mediante el método de Gauss-Jordan:    1 −1 1 + a 1 + b 3 −3 3 + 3a 3 + 3b  0 3 −a 3 − b  ∼  0 3 −a 3−b  b 3 f1 b 0 0 a 0 0 a 

 3 0 3 + 2a 6 + 2b  0 3 ∼ 3−b  −a b f1 ← f1 + f2 0 0 a 



 3 0 3 + 2a 6 + 2b  0 3  ∼ 0 3 f2 ← f2 + f3 b 0 0 a  3 0 3 6  0 3 0 3  ∼ f1 ← f1 − 2f3 0 0 a b 



 1 0 1 2 ∼  0 1 0 1  1 0 0 a b 3 f1 1 f 2 2 Si lo pasamos a ecuaciones tenemos:

En resumen:

 y+x = 2     z = 1    ax = b 

x = b/a −→

y = 2 − b/a z=1

        

Si a = 0 y b 6= 0 → SI; Si a = b = 0 → SCI dondez = 1, y = 2 − x; Si a 6= 0 → SCD donde x = b/a, y = 2 − b/a, z = 1.

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

669

Ejercicio propuesto 6.10

Considerar la matriz: 

  A=  

1 0 0 0 0

0 0 0 1 0

0 0 2 0 0

0 0 a 0 0 0 0 0 0 a+1



  .  

Calcular el determinante de A. Calcular los valores de a ∈ R que hacen que A sea singular. Calcular la matriz inversa de A cuando sea posible.

Ejercicio propuesto 6.11

Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones lineales.  3x − 2y + 2z = 4    2x + y − 3z = 1 (a)    x − 3y + 4z = 2  x + y − z + 2u = 0    (b) 2x − y − t = 1    3x − z + t = 1 (c)

(

x+y+z = 3

x + 2y − 4z = 1

 x + 2y = 1      2x − z = 1 (d)   x+y−z = 0    x − y + 2z = 3 (e)

✐

  x+y+z = 1      2x − 2y − z = 0

 x + 3y + 5z = 2      5x + 3y + 6z = 4

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670

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Ejercicio propuesto 6.12

Clasificar los siguientes sistemas de ecuaciones lineales según el valor del parámetro a ∈ R.   2x + y − az = 1 3x + 2y + z = a (a)   2x + y + z = −a    ax + y + 2z = 1 x + ay + z = a (b)   x + 2y + z = a    ax + 2z = 1 x + y + ( a + 1) z = 2 (c)   2x − y + 4z = a    3x − 2y + z = 1 4x + y − 2z = 2 (d)   2x − 5y − az = 3 Ejercicio propuesto 6.13

Clasificar el sistema de ecuaciones lineales:    ax − 2x = b + 1 (2a − 4)x − y = 2b   2 ( a − 4) x + z − y = 0

según los valores de los parámetros a, b ∈ R. Ejercicio propuesto 6.14

Clasificar el siguiente sistema de ecuaciones lineales según los valores de los parámetros b, c ∈ R:  s+t = 1     bx + y = 1  bs = c    bz + t = 1

Encontrar las soluciones en los casos en que el sistema sea compatible.

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

671

6.7. Aproximación geométrica a los sistemas de ecuaciones lineales En esta sección vamos a relacionar la geometría del espacio (R3 ) con los sistemas de ecuaciones lineales, estableciendo una equivalencia entre la clasificación de los sistemas y la posición relativa de los planos del espacio. Empezaremos la sección, no obstante, definiendo un plano: Definición 6.34 Plano/ecuación vectorial del plano

Un plano π en el espacio R3 es el lugar geométrico de los puntos que resulta al considerar un punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 y sumarle la combinación lineal de dos vectores ~u = (u1 , u2 , u3 ) y ~v = (v1 , v2 , v3 ) no nulos y linealmente independientes. Es decir:

π : (x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + λ~u + µ~v = (x0 , y0 , z0 ) + λ (u1 , u2 , u3 ) + µ (v1 , v2 , v3 ), λ , µ ∈ R Esta última expresión recibe el nombre de ecuación vectorial del plano y los vectores ~u,~v reciben el nombre de vectores directores del plano. Definición 6.35 Ecuación paramétrica del plano

Si consideramos la ecuación vectorial del plano y la expresamos igualando componente a componente:  x = x0 + λ u1 + µ v1  y = y0 + λ u2 + µ v2  z = z0 + λ u3 + µ v3

obtenemos la ecuación paramétrica del plano

Ahora bien, el sistema anterior puede también escribirse del siguiente modo:        x − x0 = λ u1 + µ v1  x − x0 u1 v1 y − y0 = λ u2 + µ v2 ⇔  y − y0  = λ  u2  + µ  v2   z − z0 u3 v3 z − z0 = λ u3 + µ v3 Esto último quiere decir que el vector: 

 x − x0  y − y0  z − z0

es combinación lineal de los vectores:     u1 v1  u2  y  v2  u3 v3

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

lo que implica que el determinante de la matriz tres vectores ha de ser cero: x − x0 u1 v1 y − y0 u2 v2 z − z0 u3 v3

formada de la concatenación de estos = 0.

Si calculamos este último determinante y agrupamos los coeficientes en función de x, y y z, tenemos que:

(u2 v3 − u3 v2 )x + (u3 v1 − u1 v3 )y + (u1 v2 − u2 v1 )z+ + (−z0 u1 v2 + z0 u2 v1 − x0 u2 v3 + x0 u3 v2 − y0 u3 v1 + y0 u1 v3 ) = 0 Esta última ecuación puede escribirse de forma más compacta como:

π : Ax + By + Cz + D = 0, donde: A = u2 v3 − u3 v2

B = u3 v1 − u1 v3

C = u1 v2 − u2 v1

D = −z0 u1 v2 + z0 u2 v1 − x0 u2 v3 + x0 u3 v2 − y0 u3 v1 + y0 u1 v3 Esta expresión recibe el nombre de ecuación general, cartesiana o implícita de un plano. Nota 6.14

Puede verse que los coeficientes A, B,C de la ecuación general de un plano π pueden obtenerse como producto vectorial de los vectores directores ~u y ~v: ~i ~j ~k u1 u2 u3 = A~i + B~j + C~k. v1 v2 v3 Proposición 6.7

El vector ~n = (A, B,C ) es perpendicular al plano:

π : Ax + By + Cz + D = 0 y recibe el nombre de vector normal al plano.

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

673

S OLUCIÓN. Podemos considerar dos demostraciones, una basada en el producto vectorial y otra en el producto escalar de dos vectores. El vector ~n = (A, B,C ) es perpendicular, ya que ha sido calculado como el producto vectorial de los dos vectores directores del plano, ~u y ~v. El vector ~n = (A, B,C ) es perpendicular a los dos vectores directores del plano, ~u y ~v, ya que los productos escalares: ~u ·~n = u1 (u2 v3 − u3 v2 ) + u2 (u3 v1 − u1 v3 ) + u3 (u1 v2 − u2 v1 )

= u1 u2 v3 − u1 v2 u3 + v1 u2 u3 − u1 u2 v3 + u1 v2 u3 − v1 u2 u3 = 0 ~v ·~n = v1 (u2 v3 − u3 v2 ) + v2 (u3 v1 − u1 v3 ) + v3 (u1 v2 − u2 v1 )

= v1 u2 v3 − v1 v2 u3 + v1 v2 u3 − u1 v2 v3 + u1 v2 v3 − v1 u2 v3 = 0 son ambos nulos.  Lo que acabamos de ver es que hemos identificado a los planos del espacio mediante una ecuación lineal con tres incógnitas x, y y z. ¿Cuál es, pues, la interpretación geométrica de un sistema de dos ecuaciones lineales con tres incógnitas? ¿Cuál será la interpretación geométrica de un sistema de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas?

6.7.1. Interpretación geométrica de un sistema de dos ecuaciones lineales con tres incógnitas Dado el sistema de ecuaciones: A1 x + B1 y + C1 z = D1 A2 x + B2 y + C2 z = D2

)

,

que podemos representar en forma matricial como:   A1 B1 C1 D1 A2 B2 C2 D2 este se interpreta geométricamente como la intersección de dos planos definidos por las ecuaciones que forman el sistema. Es decir, la solución del sistema, si existe, es el conjunto de puntos formado por la intersección de los planos:

π1 : A1 x + B1 y + C1 z = D1 π2 : A2 x + B2 y + C2 z = D2

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

La posición relativa de dos planos puede ser: los dos planos son iguales; los dos planos se cortan en una recta; los dos planos son paralelos y, por tanto, no se cortan en ningún punto. Analicemos cada uno de estos tres casos: Si los dos planos son iguales, quiere decir que la ecuación que define al plano π1 es equivalente a la ecuación que define el plano π2 , es decir, podemos obtener una ecuación de la otra simplemente multiplicando por un escalar. Por tanto, a nivel matricial, el rango de la matriz es 1, el rango de la matriz ampliada también es 1 y, al tener 3 incógnitas, el sistema es compatible indeterminado con dos grados de libertad. Es decir, la solución es un plano, el mismo plano π1 = π2 . Esta respuesta es lógica, pues la intersección de dos planos que son iguales es el mismo plano. Por ejemplo, los planos:

π1 : x + y + z = 1 π2 : 2x + 2y + 2z = 2 son coincidentes, como puede verse en la Figura 6.1. z

π1 = π2

x

y

Figura 6.1. Los planos π1 y π2 , de ecuaciones x + y + z = 1 y 2x + 2y + 2z = 2, respectivamente, son coincidentes.

Si los dos planos se cortan en una recta, esto es porque los vectores normales ~n1 = (A1 , B1 ,C1 ) y ~n2 = (A2 , B2 ,C2 ) no son paralelos, es decir, son linealmente independientes. Por tanto, a nivel matricial, el rango de la matriz es 2, el rango de la matriz ampliada también es 2 y, al tener 3 incógnitas, el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad. Es decir, la solución es una recta (la solución depende de un parámetro).

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

675

Por ejemplo, los planos:

π1 : x + y + z = 1 π2 : −11x − 20y − 10z = 25

x se cortan en la recta r de ecuación y = − 10 − 35 10 , como se observa en la Figura 6.2.

z

π1 : x + y + z = 1

r : (x, y, z) = (5, −4, 0) + λ (−10/9, 1/9, 1) y

x

π2 : −11x − 20y − 10z = 25 Figura 6.2. Los planos π1 y π2 , de ecuaciones x + y + z = 1 y −11x − 20y − 10z = 25, respectivamente, se cortan en la recta r que pasa por el punto (5, −4, 0) y cuyo vector director es ~ur = (−10/9, 1/9, 1).

Si los dos planos son paralelos y no se cortan, esto es porque los vectores normales: ~n1 = (A1 , B1 ,C1 ), ~n2 = (A2 , B2 ,C2 ) son paralelos, pero los planos están a diferentes alturas. Al ser los dos vectores normales paralelos, el rango de la matriz es 1, pero al no ser coincidentes los planos, el rango de la matriz ampliada es 2. Por tanto, si los rangos son diferentes, el sistema es incompatible. Por ejemplo, los planos:

π1 : x + y + z = 1 π2 : x + y + z = 2 son paralelos y no tienen ningún punto de intersección común, como puede verse en la Figura 6.3. Es decir, a modo de resumen, cuando calculamos un sistema de dos ecuaciones lineales con tres incógnitas, la clasificación del sistema está relacionada con la posición relativa de los planos que representan las ecuaciones:

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

z

π1 ||π2

y

x

Figura 6.3. Los planos π1 y π2 , de ecuaciones x + y + z = 1 y x + y + z = 2, respectivamente, son paralelos y no tienen ningún punto de intersección común.

El sistema es compatible indeterminado (SCI) con dos grados de libertad: los dos planos π1 y π2 son coincidentes (Figura 6.4, izquierda). El sistema es compatible indeterminado (SCI) con un grado de libertad: los dos planos π1 y π2 se cortan en una recta (Figura 6.4, centro). El sistema es incompatible (SI): los dos planos son paralelos (Figura 6.4, derecha).

π2 π1 π1 = π2

π2 π1

Figura 6.4. Posición relativa de dos planos en el espacio: planos coincidentes (izquierda), planos que se cortan en una recta (centro) y planos paralelos (derecha).

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

677

6.7.2. Interpretación geométrica de un sistema de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas Dado el sistema de ecuaciones:  A1 x + B1 y + C1 z = D1  A2 x + B2 y + C2 z = D2 ,  A3 x + B3 y + C3 z = D3

que podemos representar en forma matricial como:   A1 B1 C1 D1  A2 B2 C2 D2  A3 B3 C3 D3

este se interpreta geométricamente como la intersección de tres planos definidos por las ecuaciones que forman el sistema. Es decir, la solución del sistema, si existe, es el conjunto de puntos formado por la intersección de los planos:

π1 : A1 x + B1 y + C1 z = D1 π2 : A2 x + B2 y + C2 z = D2 π3 : A3 x + B3 y + C3 z = D3 La posición relativa de tres planos puede ser: los tres planos son iguales o coincidentes; los tres planos son paralelos y dos de ellos son coincidentes; los tres planos son paralelos y distintos; dos planos son coincidentes y uno de ellos, secante; los tres planos son secantes y distintos (se cortan en una recta); dos planos son paralelos y el tercero, secante; los planos son secantes dos a dos; los tres planos se cortan en un punto. Analicemos cada uno de estos ocho casos: Si los tres planos son iguales, quiere decir que la ecuación que define al plano π1 es equivalente a las ecuaciones que definen los planos π2 y π3 , es decir, podemos obtener una ecuación de la otras simplemente multiplicando por un escalar. Por tanto, a nivel matricial, el rango de la matriz es 1, el rango de la matriz ampliada también es 1 y, al tener 3 incógnitas, el sistema es compatible indeterminado con dos grados de libertad. Es decir, la solución es un plano, el mismo plano π1 = π2 = π3 . Esta respuesta es lógica, pues la intersección de tres planos que son iguales es el mismo plano.

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MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por ejemplo, los planos:

π1 : x + y + z = 1 π2 : 2x + 2y + 2z = 2 π3 : 3x + 3y + 3z = 3 son coincidentes. Supongamos que los tres planos son paralelos y dos de ellos son coincidentes. Supongamos que los planos coincidentes son π2 y π3 . Esto quiere decir que podemos obtener la ecuación de π2 multiplicando la ecuación de π3 por una constante. Esto es equivalente a que el cociente de los coeficientes de las ecuaciones que definen ambos planos sea constante: B2 C2 D2 A2 = = = A3 B3 C3 D3 Por otro lado, si el plano π1 es paralelo pero no coincidente, tenenos que: A1 B C = 1 = 1 6= A2 B2 C2 A1 B1 C1 = = 6= A3 B3 C3

D1 D2 D1 D3

Por tanto, a nivel matricial, el rango de la matriz es 1, pero el rango de la matriz ampliada es 2, lo que supone que el sistema es incompatible. Por ejemplo, los planos:

π1 : x + y + z = 2 π2 : 2x + 2y + 2z = 2 π3 : 3x + 3y + 3z = 3 son paralelos siendo π2 y π3 coincidentes. Supongamos que los tres planos son paralelos y distintos. Al ser los tres planos paralelos, los vectores normales: ~n1 = (A1 , B1 ,C1 ) ~n2 = (A2 , B2 ,C2 ) ~n3 = (A3 , B3 ,C3 ) son paralelos. Esto es equivalente a que el cociente de las componentes de estos vectores es una constante, pero no el cociente de los términos Di , i = 1, 2, 3. Esto es:

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

A1 B1 C1 = = 6= A2 B2 C2 B C A1 = 1 = 1 6= A3 B3 C3 A2 B C = 2 = 2 6= A3 B3 C3

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D1 D2 D1 D3 D2 D3

Por tanto, a nivel matricial, el rango de la matriz es 1, pero el rango de la matriz ampliada es 2, lo que supone que el sistema es incompatible. Por ejemplo, los planos:

π1 : x + y + z = 2 π2 : x + y + z = 2 π3 : x + y + z = 3 son paralelos y distintos. Supongamos que dos de los planos son coincidentes y uno secante. Supongamos que los planos coincidentes son π2 y π3 . Esto quiere decir que podemos obtener la ecuación de π2 multiplicando la ecuación de π3 por una constante. Esto es equivalente a que el cociente de los coeficientes de las ecuaciones que definen ambos planos sea constante: B2 C2 D2 A2 = = = A3 B3 C3 D3 Por otro lado, si el plano π1 es secante, su vector normal ~n1 no es paralelo a los vectores ~n2 = ~n3 . Por tanto, a nivel matricial, el rango de la matriz es 2, y el rango de la matriz ampliada también es 2 (no puede ser 3, ya que las dos últimas filas son una múltiple de la otra) y, al tener 3 incógnitas, el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad. Es decir, la solución es una recta. Por ejemplo, los planos:

π1 : x + y + 2z = 1 π2 : x + y + z = 1 π3 : 2x + 2y + 2z = 2 se cortan en la recta de ecuación r : (x, y, z) = (1, 0, 0) + λ (−1, 1, 0). Supongamos que los tres planos son secantes y distintos (se cortan en una recta). Los tres vectores normales ~n1 ,~n2 y ~n3 no son, dos a dos, proporcionales. No obstante, estos tres vectores estan situados en un plano perpendicular a la recta intersección de los tres planos. Por tanto, aunque los tres vectores normales no son,

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680

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

dos a dos, proporcionales, sí es posible expresar ~n1 , por ejemplo, como combinación lineal de ~n2 y ~n3 . A nivel matricial, el rango de la matriz es 2. Como hemos dicho, no puede ser 3 porque estos tres vectores son linealmente dependientes. El rango de la matriz ampliada también es 2 y, al tener 3 incógnitas, sistema es compatible determinado con un grado de libertad. Es decir, la solución es la recta donde intersecan. Por ejemplo, los planos:

π1 : x + y = 1 π2 : z = 1 π3 : x + y + z = 2 se cortan en la recta de ecuación r : (x, y, z) = (1, 0, 1) + λ (−1, 1, 0). Supongamos que dos de los planos son paralelos pero no coincidentes (π2 y π3 ) y el otro secante. Entonces: A2 B C D = 2 = 2 6= 2 A3 B3 C3 D3 Pero los vectores normales ~n1 y ~n2 no son proporcionales. A nivel matricial, el rango de la matriz es 2, pero el rango de la matriz ampliada es 3, lo que supone que el sistema es incompatible. Por ejemplo, de los planos:

π1 : x + y + 2z = 1 π2 : x + y + z = 1 π3 : x + y + z = 2 dos son paralelos y el tercero secante. Si los tres planos se cortan en un punto es porque los tres vectores normales ~n1 ,~n2 y ~n3 de los planos π1 , π2 y π3 , respectivamente, son linealmente independientes. Por tanto, el rango de la matriz es 3, el rango de la matriz ampliada también es 3 y como el número de incógnitas también es 3, el sistema es compatible determinado (SCD). Por ejemplo, los planos:

π1 : x + y + z = 3 π2 : x + y = 2 π3 : x + z = 2 se cortan en el punto (1, 1, 1).

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

681

Tabla 6.1. Posición relativa de tres planos en el espacio en función del rango de la matriz (r) y el rango de la matriz ampliada (r′ ).

r

r′

Posición

1

1

los tres planos son iguales o coincidentes

1

2

los tres planos son paralelos y dos de ellos, coincidentes

1

2

los tres planos son paralelos y distintos

2

2

dos planos son coincidentes y uno de ellos, secante

2

2

los tres planos son secantes y distintos

2

3

dos planos son paralelos y el tercero, secante

2

3

los planos son secantes dos a dos

3

3

los tres planos se cortan en un punto

Es decir, a modo de resumen, cuando calculamos un sistema de tres ecuaciones lineales con tres incógnitas, la clasificación del sistema está relacionada con la posición relativa de los planos que representan las ecuaciones. Esta relación se encuentra en la Tabla 6.1 y las posiciones de los planos pueden verse en la Figura 6.5. Ejemplo 6.47 Calcular la posición relativa de los planos:

π1 : 2x − 3y + 4z − 1 = 0 π2 : x − y − z + 1 = 0 π3 : −x + 2y − z + 2 = 0 y la intersección común, en caso de que exista.



S OLUCIÓN. Consideremos el sistema de ecuaciones lineales que resulta de considerar las tres ecuaciones que definen los planos:  2x − 3y + 4z − 1 = 0    x−y−z+1 = 0    −x + 2y − z + 2 = 0

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682

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

π2 π1 π1 π3

π2

π3

π3 π1 π2

π1 π3

π3 π2

π1

π1 = π2

π2 π3

π1 = π2 π3

π1 = π2 = π3

Figura 6.5. Posición relativa de tres planos en el espacio. De izquierda a derecha y de arriba a abajo: los tres planos se cortan en un punto; los planos son secantes dos a dos; dos planos son paralelos y el tercero, secante; los tres planos son secantes y distintos; dos planos son coincidentes y uno de ellos es secante; los tres planos son paralelos y distintos; los tres planos son paralelos y dos de ellos, coincidentes; los tres planos son iguales o coincidentes.

La matriz del sistema y la matriz ampliada son: 

 2 −3 4 A =  1 −1 −1  , −1 2 −1 

 2 −3 4 1 (A| b) =  1 −1 −1 −1  −1 2 −1 −2

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

683

El determinante de A es igual a 4, lo que implica que el rango de la matriz es r = 3. El rango de la matriz ampliada también es 3. Por tanto, los tres planos se cortan en un punto. El punto de intersección es (−4, −3, 0), que se encuentra al solucionar el sistema.  Ejercicio propuesto 6.15

Calcular la posición relativa de los planos:

π1 : x + y − z + 3 = 0 π2 : −4x + y + 4z − 7 = 0 π3 : −2x + 3y + 2z − 2 = 0 y la intersección común, en caso de que exista. Ejercicio propuesto 6.16

Calcular la posición relativa de los planos:

π1 : 2x + 3y + z − 1 = 0 π2 : x − y + z + 2 = 0 π3 : 2x − 2y + 2z + 4 = 0 y la intersección común, en caso de que exista. Ejercicio propuesto 6.17

Calcular la posición relativa de los planos:

π1 : 2x − y + 2z + 1 = 0 π2 : −4x + 2y − 4z − 2 = 0 π3 : 6x − 3y + 6z + 1 = 0 y la intersección común, en caso de que exista.

6.7.3. Ecuación de una recta en el espacio Para completar la visión geométrica que hemos dado a los sistemas de ecuaciones lineales, vamos a definir las distintas formas en que puede expresarse una recta en el espacio.

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684

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Definición 6.36 Recta/ecuación vectorial de la recta

Una recta r en el espacio R3 es el lugar geométrico de los puntos que resulta de considerar un punto (x0 , y0 , z0 ) ∈ R3 y sumarle la combinación lineal de un vector ~u = (u1 , u2 , u3 ) no nulo. Es decir: r : (x, y, z) = (x0 , y0 , z0 ) + λ~u

= (x0 , y0 , z0 ) + λ (u1 , u2 , u3 ) Esta última expresión recibe el nombre de ecuación vectorial de la recta y el vector ~u recibe el nombre de vector director de la recta. Definición 6.37 Ecuación paramétrica de la recta

Si consideramos la ecuación vectorial de la recta y la expresamos igualando componente a componente:  x = x0 + λ u1     y = y0 + λ u2    z = z0 + λ u3 

obtenemos la ecuación paramétrica del plano.

Ahora bien, si los componentes del vector director ~u son distintos de cero, podemos despejar en cada una de las ecuaciones anteriores el parámetro λ :

λ=

x − x0 u1

λ=

y − y0 u2

λ=

z − z0 u3

Definición 6.38 Ecuación continua de la recta

La ecuación continua de la recta resulta de igualar el parámetro λ de la ecuación paramétrica de la recta: r:

✐

x − x0 y − y0 z − z0 = = u1 u2 u3

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

685

A partir de la ecuación continua de la recta, si consideramos por separado la primera y la segunda igualdad, obtenemos el siguiente sistema de ecuaciones: y − y0 x − x0 = u1 u2 y − y0 z − z0 = u2 u3 que, al desarrollar los cálculos, es equivalente a: u2 x − u1 y + u1 y0 − u2 x0 = 0 u3 y − u2 z + u2 z0 − u3 y0 = 0 Definición 6.39 Ecuación implícita o cartesiana de la recta

La ecuación implícita o cartesiana de la recta es el sistema de dos ecuaciones lineales: ( Ax + By + Cz + D = 0 r: A′ x + B′ y + C ′ z + D′ = 0 donde A, A′ , B, B′ ,C,C′ , D, D′ ∈ R. Nota 6.15

Nótese que, a efectos prácticos, se ha identificado a una recta con la intersección de dos planos, siempre que los planos tengan una intersección no vacía. Ejemplo 6.48 Calcular la ecuación implícita de la recta que pasa por los puntos

P = (0, 0, 1) y Q = (1, 2, 3).



S OLUCIÓN. Buscamos la ecuación de la recta que pasa por el punto P = (0, 0, 1) y que tiene como vector director el vector que une los puntos P y Q. Es decir: ~ = Q − P = (1, 2, 3) − (0, 0, 1) = (1, 2, 2) ~u = PQ La ecuación vectorial es:

(x, y, z) = (0, 0, 1) + λ (1, 2, 2) La ecuación paramétrica es:  x=λ    y = 2λ r:    z = 1 + 2λ

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686

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

La ecuación continua: r:

y z−1 x = = 1 2 2

y, finalmente, la ecuación implícita:

r:

(

2x − y = 0

2y − 2z + 2 = 0 

Ejemplo 6.49 Calcular el vector director de la recta definida en forma implícita como:

r:

(

2x − y = 0

3x − z = 0

 S OLUCIÓN. El cálculo del vector director se hace a través de la resolución del sistema. De hecho, el problema es equivalente al de buscar la intersección de los dos planos que definen la recta. En este caso, al tratarse de un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas, una de las incógnitas pasará a jugar el paper de parámetro. Por ejemplo, sea z = λ . Entonces, el sistema que resulta es:

cuya solución es:

 2x − y = 0    3x = λ    z=λ  2λ   x=    3    λ y=   3       z=λ

Lo que acabamos de obtener no es más que la ecuación paramétrica de la recta que pasa por el punto P = (0, 0, 0) y cuyo vector director es ~u = (2/3, 1/3, 1). 

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

687

Problemas resueltos (matrices) Problema 6.1

Sea la matriz: A=



2 1 −2 3

Determinar los valores de x, y que satisfacen:



.

A2 + xA + yI = N, donde I y N son la matriz identidad y la matriz nula de orden 2. Solución

La ecuación matricial con dos incógnitas (x, y) del enunciado contiene 4 ecuaciones escalares que resultan de igualar los 4 coeficientes de las matrices 2 × 2. Calculando los productos de la ecuación tenemos:     2 1 2 1 A2 = · −2 3 −2 3

=



2 · 2 + 1 · (−2) 2·1+1·3 −2 · 2 + 3 · (−2) −2 · 1 + 3 · 3

xA = x ·



2 1 −2 3

yI = y ·



1 0 0 1





=

=





2x x −2x 3x

y 0 0 y



=



2 5 −10 7









Por tanto: A + xA + yI =



2 5 −10 7

=



2 + 2x + y 5+x −10 − 2x 7 + 3x + y

2



+



2x x −2x 3x 



+



=



0 0 0 0

y 0 0 y 

.

Las ecuaciones correspondientes a los coeficientes 12 y 21 son equivalentes y permiten calcular: 5 + x = 0 ⇔ x = −5. De la ecuación del coeficiente 11 tenemos entonces: 2 + 2x + y = −8 + y = 0

✐

⇔

y = 8.

✐

688

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Los valores x = −5, y = 8 verifican también la ecuación del coeficiente 22 y, por tanto, son la solución. Problema 6.2

Si A ∈ M2×2 (R ), A 6= 0 y x ∈ R, determinar el valor de x que satisface:     1 2 2 4 ·A = · A. 3 x 6 8 Solución

Sea la matriz A =



a b c d





1 2 3 x



a b c d





a b c d



2 4 6 8



, calculamos los productos:

=



a + 2c b + 2d 3a + xc 3b + xd



,

=



2a + 4c 2b + 4d 6a + 8c 6b + 8d



.

Igualando las dos matrices resultantes obtenemos las 4 ecuaciones siguientes: a + 2c = 2a + 4c

⇔

a = −2c

(6.1)

b + 2d = 2b + 4d

⇔

b = −2d

(6.2)

3a + xc = 6a + 8c

⇔

c( x − 2) = 0

⇔

c=0óx=2

(6.3)

3b = xd = 6b + 8d

⇔

d ( x − 2) = 0

⇔

d=0óx=2

(6.4)

y tenemos las siguientes posibilidades: Si x = 2, entonces las únicas condiciones independientes son a = −2c y b = −2d y, por tanto:   −2c −2d A= , ∀c, d ∈ R. c d

Si x 6= 2,entonces c = d = 0 y de las ecuaciones (1) y (2) resulta también a = b = 0 y tenemos que:   0 0 A= , 0 0 independientemente del valor de x.

En resumen, la solución es:      −2c −2d 0 0 x = −2 y ∀c, d ∈ R A = , x 6= 2 y A = . c d 0 0

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

689

Problema 6.3

Dadas las matrices: A=





2 1 2 3 1 2

B=





0 2 −1 2 2 0

efectuar las operaciones siguientes, si son posibles: A + B,

A − B,

2A − 3B,

A · BT ,

AT · B,

A · B,

B · A.

Solución

A+B =



2 1 2 3 1 2



A−B =



2 1 2 3 1 2



+



0 2 −1 2 2 0



−



0 2 −1 2 2 0



=



2 3 1 5 3 2



=



2 −1 3 1 −1 2

−3



.



.

En este caso:

2A − 3B = 2



2 1 2 3 1 2

=



4 2 4 6 2 4

=



4 −4 7 0 −4 4





− 



0 2 −1 2 2 0

0 6 −3 6 6 0





.

Se trata de un producto de matrices de dimensiones 2 × 3 y 3 × 2 y, por tanto, se pueden multiplicar:

✐



 0 2 · 2 2  −1 0

A · BT =



2 1 2 3 1 2

=



2 · 0 + 1 · 2 + 2 · (−1) 2 · 2 + 1 · 2 + 2 · 0 3 · 0 + 1 · 2 + 2 · (−1) 3 · 2 + 1 · 2 + 2 · 0





=



0 6 0 8



.

✐

690

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Se trata de un producto de matrices de dimensiones 3 × 2 y 2 × 3 y, por tanto, se pueden multiplicar:     2 3 0 2 −1 AT · B =  1 1  · 2 2 0 2 2 

   2 · 0 + 3 · 2 2 · 2 + 3 · 2 2 · (−1) + 3 · 0 6 10 −2 =  1 · 0 + 1 · 2 1 · 2 + 1 · 2 1 · (−1) + 1 · 0  =  2 4 −1  . 2 · 0 + 2 · 2 2 · 2 + 2 · 2 2 · (−1) + 2 · 0 4 8 −2

A · B: Este producto no es posible, ya que el número de columnas de A no es igual al número de filas de B. B · A: Este producto no es posible, ya que el número de columnas de B no es igual al número de filas de A. Problema 6.4

Calcular la matriz A3 − 3A2 − 5A + 2I en los casos:   1 0 (a) A = −2 −1   0 0 0 (b) A =  1 0 0  −2 −1 0

Solución

(a) Inicialmente calculamos A2 y A3 . Para calcular A3 calcularemos primero A2 y a continuación multiplicaremos el resultado por A, ya que A2 · A = A3 :     1 0 1 0 2 A = · −2 −1 −2 −1

=



1 · 1 + 0 · (−2) 1 · 0 + 0 · (−1) −2 · 1 + (−1) · (−2) −2 · 0 + (−1) · (−1)



=



1 0 0 1



.

Observemos que A2 = I2 ; por tanto, no es necesario calcular el producto: A2 · A = I2 · A ya que I2 · A = A. Entonces: A3 =

✐



1 0 −2 −1



.

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

691

A continuación simplificamos la ecuación inicial en base a los cálculos anteriores: A3 − 3A2 − 5A + 2I = A − 3I − 5A + 2I = −4A − I. Por tanto: −4A − I = −4

=





1 0 −2 −1

−4 0 8 4



−

 

−



1 0 0 1

1 0 0 1







=

−5 0 8 3



.

(b) De nuevo, empezamos por calcular A2 y A3 : 

   0 0 0 0 0 0 A2 =  1 0 0 · 1 0 0  −2 −1 0 −2 −1 0 

 0 · 0 + 0 · 1 + 0 · −2 0·0+0·0+0·1 0·0+0·0+0·0 = 1 · 0 + 0 · 1 + 0 · −2 1·0+0·0+0·1 1·0+0·0+0·0  −2 · 0 + (−1) · 1 + 0 · −2 −2 · 0 + (−1) · 0 + 0 · 1 −2 · 0 + (−1) · 0 + 0 · 0 

 0 0 0 =  0 0 0 . −1 0 0

   0 0 0 0 0 0 0 0  A3 = A2 · A =  0 0 0  ·  1 −2 −1 0 −1 0 0 



 0 · 0 + 0 · 1 + 0 · −2 0·0+0·0+0·1 0·0+0·0+0·0 0·0+0·0+0·1 0·0+0·0+0·0  =  0 · 0 + 0 · 1 + 0 · −2 −1 · 0 + 0 · 1 + 0 · −2 −1 · 0 + 0 · 0 + 0 · 1 −1 · 0 + 0 · 0 + 0 · 0 

 0 0 0 =  0 0 0 . 0 0 0

A continuación simplificamos la ecuación inicial en base a los cálculos anteriores: A3 − 3A2 − 5A + 2I = −3A2 − 5A + 2I.

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692

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por tanto: 

     0 0 0 0 0 0 1 0 0 −3A2 − 5A + 2I = −3  0 0 0  − 5  1 0 0  + 2 0 1 0  −1 0 0 −2 −1 0 0 0 1 

     0 0 0 0 0 0 2 0 0 =  0 0 0 − 5 0 0 + 0 2 0  3 0 0 −10 −5 0 0 0 2 

 2 0 0 =  −5 2 0  . 13 5 2 Problema 6.5

Comprobar que las matrices del tipo



a b b a



, a, b ∈ R conmutan para el producto.

Solución

Debemos ver que ∀a, b, c, d ∈ R se cumple que: 



a b b a

c d d c



=





a b b a



ac + bd ad + bc bc + ad bd + ac



,

ca + db cb + da da + cb db + ca



.

c d d c

Por un lado, tenemos que: 

a b b a



c d d c



=



a b b a



=



y, por otro lado, resulta que: 

c d d c



Por la propiedad conmutativa de la suma y producto de reales la igualdad queda probada. Problema 6.6

Si A, B ∈ M2×2 (R ), simplificar la expresión:

(A + B − I ) · (A − B + I ) + (A + 2B) · (B − A) .

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

693

Solución

Para desarrollar la expresión utilizamos que el producto de matrices es conmutativo repecto a la suma, es decir, que (A + B)C = AC + BC. Así pues:

(A + B − I ) · (A − B + I ) + (A + 2B) · (B − A) = =A(A − B + I ) + B(A − B + I ) − I (A − B + I ) + A(B − A) + 2B(B − A) =A2 − AB + |{z} AI +BA − B2 + |{z} BI − |{z} IA + |{z} IB − |{z} I 2 +AB − A2 + 2B2 − 2BA A

B

A

B

I

= − BA + B2 + 2B − I =B(B − A + 2I ) − I.

Por tanto:

(A + B − I ) · (A − B + I ) + (A + 2B) · (B − A) = B(B − A + 2I ) − I. Observemos que una expresión del tipo B2 + kB, donde B es una matriz y k un escalar, no se puede factorizar como B(B + k), ya que no se puede sumar una matriz más un escalar. La forma correcta de factorizar la expresión es: B2 + kB = B(B + kI ) ya que: B · kI = kB Problema 6.7

Determinar todas las matrices de M2×2 (R ) tales que su cuadrado es la matriz unidad I2 . Solución

 a b Sea la matriz A = , entonces: c d      2    a b a b a + bc ab + bd 1 0 · = = A2 = c d c d ca + dc bc + d 2 0 1   a2 + bc = 1      ab + bd = 0 ⇔ b(a + d ) = 0 ⇔ b = 0 o a = −d ⇔  ca + dc = 0 ⇔ c(a + d ) = 0 ⇔ c = 0 o a = −d      bc + d 2 = 1

✐



⇔

( 1) ( 2) ( 3) ( 4)

✐

694

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Tenemos entonces las siguientes posibilidades: Caso 1: b = 0 En este caso, de la ecuación (1) tenemos a2 = 1 ⇔ a = ±1 y de la ecuación (4) d 2 = 1 ⇔ d = ±1. Para verificar la ecuación restante (3) tenemos entonces dos posibilidades: Caso 1.1: c = 0 En este caso, las soluciones son:         1 0 −1 0 1 0 −1 0 , , , 0 1 0 1 0 −1 0 −1 Caso 1.2: c 6= 0

En este caso, necesariamente debe ser a = −d y, por tanto, las soluciones son, ∀c ∈ R, c 6= 0:     1 0 −1 0 , c −1 c 1 Caso 2: b 6= 0

Para verificar la ecuación (2) debe ser a = −d, y entonces la ecuación (3) se verifica automáticamente. De la ecuación (1) tenemos: bc = 1 − a2 ⇔ c = (1 − a2 )/b y, por tanto, la solución es: 

a b 2 (1 − a )/b −a



En resumen, las matrices de M2×2 (R ) tales que su cuadrado es la matriz unidad I2 son ∀a, b, c ∈ R, b 6= 0:           1 0 −1 0 1 0 −1 0 a b , , , , 0 1 c 1 c −1 0 −1 (1 − a2 )/b −a Problema 6.8

Se dice que dos matrices conmutan con el producto si se cumple AB = BA. Encontrar todas las matrices de M2×2 (R ) que conmutan con el producto con la matriz:   1 2 A= 3 4

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

695

Solución

Debemos encontrar a, b, c, d ∈ R tales que: 



1 2 3 4



a + 3b 2a + 4b

!

a b c d

=



1 2 3 4



a b c d



,

es decir, tales que:

c + 3d 2c + 4d

⇔

  a + 3b =      2a + 4b =

=

a + 2c

b + 2d

3a + 4c 3b + 4d

!

a + 2c ⇔ 3b = 2c

b + 2d ⇔ 2d = 2a + 3b = 2a + 2c

 c + 3d = 3a + 4c ⇔ 3d = 3a + 3b      2c + 4d = 3b + 4d ⇔ 3b = 2c

⇔

⇔

d = a+c

d = a+c

Por tanto, las cuatro condiciones se reducen a d = a + c y 3b = 2c. Las soluciones tienen entonces dos parámetros, p.e. a, c ∈ R, y se pueden escribir como: a 2c/3 c a+c

!

.

Problema 6.9

Determinar el rango de las siguientes matrices:   1 2 1 (a)  −1 0 1  3 2 2   2 1 3 −1  3 −1 2 0   (b)   1 3 4 −2  4 −3 1 1   1 1 1  1 −1  1  (c)   1 1 −1  3 1 1

✐

✐

696

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 6.9 (cont)



 1 −1 −2 1  0 1 0 0   (d)   −2 0 4 −1  −1 2 2 0   2 1 3 4 0 1 2  (e)  −1 −6 −2 −4 −4   1 0 3 5  −1 0 −3 −5   (f)   3 1 5 9  2 2 1 1   2 3 5 1 3  1 1 1 2 1   (g)   2 −1 3 1 4  5 1 2 8 1   a 1 1 (h)  1 a 1  1 1 a   a 1 −1 (i)  1 −a 1  , a ∈ R 1 1 a Solución

(a) 

     1 2 1 1 2 1 1 2 1  −1 0 1   0 2 2   0 ∼ ∼ 2 2  3 2 2 f2 ← f2 + f1 3 2 2 f3 ← f3 − 3 f1 0 −4 −1 

 1 2 1  0 2 2 . ∼ f3 ← f3 + 2 f2 0 0 3

Por tanto, el rango de la matriz es 3.

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

697

(b) 

 1 3 −1 2  3 −1 2 0    ∼  1 3 4 −2  f3 ← f3 + f2 4 −3 1 1



 2 1 3 −1  3 −1 2 0     4 2 6 −2  4 −3 1 1 

 2 1 3 −1  3 −1 2 0    ∼  0 0 0 0  f3 ← f3 − 2 f1 4 −3 1 1 

 2 1 3 −1  3 −1 2 0    ∼  0 0 0 0  f4 ← f4 + f1 6 −2 4 0 

 2 1 3 −1  3 −1 2 0    ∼  0 0 0 0  f4 ← f4 − 2 f2 0 0 0 0 

 1 3 −1 2  0 −5/2 −5/2 −3/2   . ∼  0 0 0 0  3 f2 ← f2 − 2 f1 0 0 0 0

Por tanto, el rango de la matriz es 2. (c) 

 1 1 1  1 −1 1    ∼  1 1 −1  f4 ← f4 − f1 3 1 1



 1 1 1  1 −1 1     1 1 −1  2 0 0 

 1 1 1  1 −1 1    ∼  1 1 −1  f4 ← f4 − f2 1 1 −1

✐

✐

698

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

 1 1 1  1 −1 1    ∼  1 1 −1  f4 ← f4 − f3 0 0 0 



 1 1 1  1 −1 1    ∼  0 0 −2  f3 ← f3 − f1 0 0 0  1 1 1  0 −2 0  .  ∼  0 0 −2  f2 ← f2 − f1 0 0 0 

Por tanto, el rango de la matriz es 3. (d) 

  1 −1 −2 1 1 −1 −2 1  0   −1 1 0 0 2 2 0   ∼   −2   0 4 −1 −2 0 4 −1 p f24 −1 2 2 0 0 1 0 0

   



 1 1 −2 −1  −1 0 2 2   ∼   −2 −1 4 0  pc24 0 0 0 1 

 1 1 −2 −1  0 −1 2 2   ∼   −1 −2 4 0  pc12 0 0 0 1 

 1 1 −2 −1  0 −1 2 2    ∼  0 −1 2 −1  f3 ← f3 + f1 0 0 0 1

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

699

 1 −2 −1 1  0 −1 2 2    ∼  0 0 0 −3  f3 ← f3 − f2 0 0 0 1 



 1 1 −1 −2  0 −1 2 2   ∼   0 0 −3 0  pc34 0 0 1 0  1 −1 −2 1  0 −1 2 2  .  ∼  0 0 −3 0  1 f4 ← f4 + 3 f3 0 0 0 0 

Por tanto, el rango de la matriz es 3. (e)    1 2 3 4 2 1 3 4  −1 1 2  0 1 2  ∼  0 −1 −2 −6 −4 −4 pc12 −6 −2 −4 −4 



 1 2 3 4  0 −1 1 2  . ∼ f3 ← f3 + 2 f1 0 0 2 4 Por tanto, el rango de la matriz es 3. (f) 

1  −1   3 2

 0 3 5 0 −3 −5   ∼ 1 5 9  f2 ← f2 + f1 2 1 1



1  0   3 2

0 0 1 2

3 0 5 1

  5 1  2 0   ∼   3 9  p f24 1 0

0 2 1 0

3 1 5 0

 5 1   9  0



1 2 3 0

3 1 5 0

  5 2 2  0 1 1   ∼   1 3 9  p f12 0 0 0

1 3 5 0

 1 5   9  0

0  2 ∼   1 pc12 0

✐

✐

700

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA



 2 1 1 1 3 5   2 9/2 17/2  0 0 0



 2 1 1 1 3 5  . 0 −3/2 −3/2  0 0 0

2  0  ∼  0 1 f3 ← f3 − 2 f1 0 2  0  ∼  0 f3 ← f3 − 2 f2 0

Por tanto, el rango de la matriz es 3. (g) 

2 3 5  1 1 1   2 −1 3 5 1 2

  3 1  2 1   ∼   2 4  p f12 1 5  1  3 ∼   4 pc15 1  1  4 ∼   3 p f23 1  1  4  ∼  3 f4 ← f4 − f1 0  1  4  ∼  0 f3 ← f3 − 3 f1 0  1  4  ∼  0 1 f4 ← f4 − 2 f3 0 1 2 1 8

Por tanto, el rango de la matriz es 4.

✐

 1 3   4  1  1 2   2  5  1 2   2  5  1 2   2  4

1 3 −1 1

1 5 3 2

2 1 1 8

1 3 −1 1

1 5 3 2

2 1 1 8

1 −1 3 1

1 3 5 2

2 1 1 8

1 −1 3 0

1 3 5 1

2 1 1 6

1 −1 0 0

 1 2 1 3 1 2   2 −5 −1  1 6 4  1 2 1 3 1 2  . 2 −5 −1  0 7/2 9/2

1 −1 0 0

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

701

(h) 

  a 1 1 1 1 a  1 a 1  ∼  1 a 1 1 1 a p f13 a 1 1  1 1  0 a−1 ∼ f3 ← f3 − a · f1 0 1−a  1 1  0 a−1 ∼ f3 ← f3 + f2 0 0  1 1  0 a−1 ∼ 0 0 f3 ← − f3





 1 1 a   0 a−1 1−a  ∼ f2 ← f2 − f1 a 1 1  a 1−a  1 − a2  a  1−a 2 −a − a + 2  a 1 − a . 2 a +a−2

Las raíces del polinomio a2 + a − 2 son a = 1 y a = −2. Por tanto: si a 6= 1 y a 6= −2, rango = 3.

(i)

si a = 1, rango = 1. si a = −2, rango = 2. 

   a 1 −1 1 1 a  1 −a 1  ∼  1 −a 1  1 1 a p f13 a 1 −1   1 1 a  0 −a − 1 a + 1  ∼ a 1 −1 f2 ← f2 − f1   1 1 a  0 −a − 1 a + 1  ∼ f3 ← f3 − a · f1 0 1 − a −1 + a2   1 1 a  0 −2 −a2 + a + 2  ∼ f2 ← f2 − f3 0 1−a −1 + a2   1 1 a  0 −2 −a2 + a + 2  ∼ 1−a f3 ← f3 − f2 · −2 0 0 (a3 − a)/2

✐

✐

702

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

 a 1 1 ∼  0 −2 −a2 + a + 2  2 f3 0 0 a3 − a 

Las raíces del polinomio a3 − a son a = 0, a = −1 y a = 1. Por tanto: si a 6= 0, a 6= −1 y a 6= 1 rango = 3. si a = 0, a = −1 o a = 1 rango = 2.

Problema 6.10

Encontrar, si es posible, las matrices inversas de:   1 0 0 (a)  −1 1 0  1 1 1 

 1 2 3 (b)  −1 0 1  0 1 2 

 2 −1 1 1 2 1   0 3 1  2 1 4

1  −1 (c)   1 −1 

1  0 (d)   0 1

Solución

1 1 0 0

0 1 1 0

 0 0   1  1

(a) Calculamos la matriz inversa mediante el método de Gauss: 

 1 0 0 1 0 0  −1 1 0 0 1 0  1 1 1 0 0 1

∼ f2 ← f2 + f1 f3 ← f3 − f1 ∼ f3 ← f3 − f2

✐

 1 0 0 1 0 0  0 1 0 1 1 0  0 1 1 −1 0 1 

 1 0 0 1 0 0  0 1 0 1 1 0 . 0 0 1 −2 −1 1 

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

703

Por tanto, la matriz inversa es: 

 0 0 1  1 1 0 . −2 −1 1

(b) Calculamos la matriz inversa mediante el método de Gauss:  1 2 3 1 0 0  −1 0 1 0 1 0  0 1 2 0 0 1 

∼ f2 ← f2 + f1 ∼ f3 ← f3 − 12 f2



1 2 3 1 0  0 2 4 1 1 0 1 2 0 0  1 1 2 3  0 2 4 1 0 0 0 −1/2

 0 0  1

Dado que la matriz no tiene rango máximo, no es invertible.

 0 0 1 0 . −1/2 1

(c) Calculamos la matriz inversa mediante el método de Gauss:   1 2 −1 1 1 0 0 0  −1 1 2 1 0 1 0 0   ∼  1 0 3 1 0 0 1 0  −1 2 1 4 0 0 0 1 ∼ f2 ← f2 + f1 f3 ← f3 − f1 f4 ← f4 + f1

∼

1 3 f2



0 0 2 −1 1 1 1  0 3 1 2 0 1 0   0 −2 4 0 0 −1 1 1 0 0 4 0 5 0

 2 −1 1 1 0 0 0 1  0 1 1/3 2/3 1/3 1/3 0 0     0 −2 4 0 0 −1 1 0  0 1 0 1 0 4 0 5 

 1 ∼  0 f1 ← f1 −2 f2   0 0 f3 ← f3 + 2 f2 f4 ← f4 −4 f2

✐

 0 0   0  1

0 5/3 −1/3 1/3 −2/3 1 1/3 2/3 1/3 1/3 2/3 0 14/3 4/3 −1/3 0 −4/3 7/3 −1/3 −4/3

0 0 1 0

 0 0   0  1

✐

704

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

∼

3 14 f3

∼ f1 ← f1 + 53 f3 f2 ← f2 − 13 f3

f4 ← f4 + 43 f3

∼

14 38 f4

∼ 2 f4 f1 ← f1 − 14 8 f4 f2 ← f2 − 14 4 f3 ← f3 − 14 f4



1  0   0 0

 0 −5/3 −1/3 1/3 −2/3 0 0 1/3 1/3 0 0  1 1/3 2/3  0 1 4/14 −1/14 2/14 3/14 0  0 −4/3 7/3 −1/3 −4/3 0 1



1  0   0 0

0 1 0 0

 3/14 −6/14 5/14 0 0 2/14 0 8/14 5/14 4/14 −1/14 0   2/14 3/14 0  1 4/14 −1/14 0 38/14 −6/14 −16/14 4/14 1



1  0   0 0

0 1 0 0

 0 2/14 3/14 −6/14 5/14 0 0 8/14 5/14 4/14 −1/14 0   1 4/14 −1/14 2/14 3/14 0  4/38 14/38 0 1 −6/38 −16/38



0 1 0 0

0 0 1 0

1  0   0 0

 9/38 −14/38 13/38 −2/38 0 20/38 −5/38 −8/38  0 17/38 . 0 −1/38 10/38 7/38 −4/38  4/38 14/38 1 −6/38 −16/38

Por tanto, la matriz inversa es: 

 9 −14 13 −2 1  20 −5 −8   17 . 10 7 −4  38  −1 −6 −16 4 14

(d) Calculamos la matriz inversa mediante el método de Gauss:   1 1 0 0 1 0 0 0  0 1 1 0 0 1 0 0     0 0 1 1 0 0 1 0 ∼ 1 0 0 1 0 0 0 1

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

∼ f4 ← f4 − f3

∼ f4 ← f4 + f2

∼ f4 ← f4 − f1



1  0   0 1

1 0 1 1 0 1 0 −1



1  0   0 1

1 1 0 1

0 1 1 0

0 0 1 0



1  0   0 0

1 1 0 0

0 1 1 0

1 0 0 0 0 1 0 −1

0 0 1 0

1 0 0 0 1 0 0 0

0 0 1 0 0 1 0 −1

705

 0 0   0  1

 0 0   0  1

0 0 1 0 0 1 1 −1 0 0 1 0 0 1 1 −1

 0 0  . 0  1

Dado que la matriz no tiene rango máximo, no es invertible.

Problema 6.11

Dadas las matrices I4 y A:  1  0 I4 =   0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

 0 0  , 0  1



0  0 A=  0 0

1 0 0 0

0 1 0 0

 0 0  , 1  0

calcular: la inversa de I4 − A, la inversa de I4 + A, (I4 + A) (I4 − A)−1 . Solución

Calculamos primero I4 − A y I4 + A: 

0 1 0 0

0 0 1 0

  0 0  0 0  − 0   0 0 1

1 0 0 0

0 1 0 0

  1 −1 0 0 0  0 1 −1 0 0  = 0 1 −1 1   0 0 0 0 1 0



0 1 0 0

0 0 1 0

  0 0 1  0 0 0  + 0   0 0 1 0 0

0 1 0 0

  0 1 1  0 1 0  = 1   0 0 0 0 0

1  0 I4 − A =   0 0 1  0 I4 + A =   0 0

✐

0 1 1 0



 . 

 0 0  . 1  1

✐

706

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Calculamos (I4 − A)−1 mediante el método de Gauss:   1 −1 0 0 1 0 0 0  0 1 −1 0 0 1 0 0  ∼   0 0 1 −1 0 0 1 0  0 0 0 1 0 0 0 1 ∼ f3 ← f3 + f4

∼ f2 ← f2 + f3



0 0 1 1 −1  0 1 −1 0 0   0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 

1 −1 0 0 1  0 1 0 0 0   0 0 1 0 0 0 0 0 1 0



0 1 0 0

1 0 0 0

1 1 0 0

1  0 (I4 − A)−1 =   0 0

1 1 0 0

1 1 1 0

 1 1  . 1  1

1  0   0 0



Calculamos (I4 + A)−1 mediante el método de Gauss:    1 1 1 0 0 1 0 0 0  0  0 1 1 0 0 1 0 0     ∼  0  0 0 1 1 0 0 1 0  f3 ← f3 − f4 0 0 0 1 0 0 0 1 0 ∼ f2 ← f2 − f3

∼ f1 ← f1 − f2

1 1 1 0

1 1 0 0

 0 0   1  1

 0 1   1  1

0 1 1 0

0 0 0 1

Por tanto:

✐

0 0 1 0

0 0 1 0

∼ f1 ← f1 + f2

0 1 0 0

0 1 0 0

 1 1  . 1  1

0 1 1 0

0 0 0 1

1 0 0 0

 0 0 0 1 −1 1   0 1 −1  0 0 1



1  0   0 0

1 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

1 0 0 0



0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

 1 −1 1 −1 0 1 −1 1  . 0 0 1 −1  0 0 0 1

1  0   0 0

0 1 0 0

 0 0 0 0   1 −1  0 1

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

707

Por tanto: 

 1 −1 1 −1  0 1 −1 1  . (I4 + A)−1 =   0 0 1 −1  0 0 0 1 Finalmente calculamos (I4 + A)(I4 − A)−1: 

1  0 (I4 + A)(I4 − A)−1 =   0 0 

1 1 0 0

0 1 1 0

  0 1 1  0 1 0  · 1   0 0 1 0 0

1 1 1 0

 1 1   1  1

  1 1+1 1+1 1+1 1 2  0   0 1 1 1 + 1 1 + 1 = =  0 0 1 1+1   0 0 0 0 0 1 0 0

2 2 1 0

 2 2  . 2  1

Problema 6.12

Demostrar que (A · B)−1 = B−1 · A−1 . Comprobarlo en el caso particular:     2 −1 1 2 1 1 A =  −2 1 1 , B =  6 3 −5  . 0 1 3 4 1 −3

Solución

Para demostrar que la matriz B−1 · A−1 es la inversa de A · B usamos la definición de inversa, es decir:

(A · B) · (B−1 · A−1 ) = A · (B · B−1) · A−1 = A · I · A−1 = A · A−1 = I y, por tanto: B−1 · A−1 = (A · B)−1. A continuación hacemos la comprobación para el caso particular del enunciado. Calculamos A−1 mediante el método de Gauss:     2 −1 1 1 0 0 2 −1 1 1 0 0  −2  0 1 1 0 1 0  ∼ 0 2 1 1 0  0 1 3 0 0 1 f2 ← f2 + f1 0 1 3 0 0 1

✐

✐

708

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

∼ p f23

∼

1 2 f3

∼ f1 ← f1 − f3 f2 ← f2 −3 f3 ∼ f1 ← f1 + f2 ∼

1 2 f1

Por tanto:

 2 −1 1 1 0 0  0 1 3 0 0 1  0 0 2 1 1 0  

 2 −1 1 1 0 0  0 1 3 0 0 1  0 0 1 1/2 1/2 0 

 2 1 0 1/2 −1/2 0  0 1 0 −3/2 −3/2 1  1/2 1/2 0 0 0 1  −1 −2 1 2 0 0  0 1 0 −3/2 −3/2 1  0 0 1 1/2 1/2 0 

 1 0 0 −1/2 −1 1/2  0 1 0 −3/2 −3/2 1 . 1/2 1/2 0 0 0 1 



 −1/2 −1 1/2 A−1 =  −3/2 −3/2 1 . 1/2 1/2 0

Calculamos B−1 mediante el método de Gauss:

   2 1 1 1 0 0 2 1 1 1 0 0 ∼  0  6 3 −5 0 1 0  0 −8 −3 1 0  f ← f −3 f 2 2 1 4 1 −3 0 0 1 0 −1 −5 −2 0 1 

f3 ← f3 −2 f1  ∼ p f23

∼

1 2 f1

✐

 2 1 1 1 0 0  0 −1 −5 −2 0 1  0 0 −8 −3 1 0 

 1 1/2 1/2 1/2 0 0  0 −1 −5 −2 0 1  0 0 −8 −3 1 0

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

709



 0 1 1/2 1/2 1/2 0  0 2 0 −1  1 5 0 0 −8 −3 1 0

∼ − f2

∼ f1 ← f1 − 12 f2 ∼ − 18 f3



 1 0 −2 −1/2 0 1/2  0 1 2 0 −1  5 −3 1 0 0 0 −8  0 1/2 1 0 −2 −1/2  0 1 2 0 −1  5 0 0 1 3/8 −1/8 0 

 1 0 0 1/4 −1/4 1/2 ∼  0 1 0 1/8 5/8 −1  . f1 ← f1 + 2 f3 0 0 0 1 3/8 −1/8 

f2 ← f2 −5 f3

Por tanto:



Calculamos B−1 · A−1 :

 1/4 −1/4 1/2 B−1 =  1/8 5/8 −1  . 3/8 −1/8 0

   1/4 −1/4 1/2 −1/2 −1 1/2 B−1 · A−1 =  1/8 5/8 −1  ·  −3/2 −3/2 1  3/8 −1/8 0 1/2 1/2 0



    =   



    1 1 3 1 1 1 · − − · − + · 4 2 4 2 2 2     1 1 5 3 1 · − + · − −1· 8 2 8 2 2     3 1 1 3 1 · − − · − +0· 8 2 8 2 2

  1 1 3 1 1 · (−1) − · − + · 4 4 2 2 2   1 5 3 1 · (−1) + · − −1· 8 8 2 2   3 1 3 1 · (−1) − · − +0· 8 8 2 2

1 1 1 1 · − ·1+ ·0 4 2 4 2 1 1 5 · + ·1−1·0 8 2 8 3 1 1 · − ·1+0·0 8 2 8

        



 1/2 3/8 −1/8 =  −3/2 −25/16 11/16  . 0 −3/16 1/16

✐

✐

710

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Calculamos A · B:     2 −1 1 2 1 1 A · B =  −2 1 1  ·  6 3 −5  0 1 3 4 1 −3 

 2·2−1·6+1·4 2·1−1·3+1·1 2 · 1 − 1 · (−5) + 1 · (−3) =  −2 · 2 + 1 · 6 + 1 · 4 −2 · 1 + 1 · 3 + 1 · 1 −2 · 1 + 1 · (−5) + 1 · (−3)  0·2+1·6+3·4 0·1+1·3+3·1 0 · 1 + 1 · (−5) + 3 · (−3) 

 2 0 4 =  6 2 −10  . 18 6 −14

Calculamos (A · B)−1 mediante el método de Gauss:  2 0 4 1 0 0  6 2 −10 0 1 0  18 6 −14 0 0 1 

∼

1 2 f1

∼ f2 ← f2 −6 f1

 2 1/2 0 0 1 0  6 2 −10 0 1 0  0 0 1 18 6 −14 



 1 0 2 1/2 0 0  0 2 −22 −3 1 0  0 6 −50 −9 0 1

f3 ← f3 −18 f1  ∼

1 2 f2

∼ f3 ← f3 −6 f2

∼

1 16 f3

∼ f1 ← f1 −2 f3 f2 ← f2 + 11 f3

✐

 2 1/2 0 0 1 0  0 1 −11 −3/2 1/2 0  −9 0 1 0 6 −50  1/2 0 0 1 0 2  0 1 −11 −3/2 1/2 0  0 0 16 0 −3 1 



 1 0 2 1/2 0 0  0 1 −11 −3/2 1/2 0  0 0 1 0 −3/16 1/16  1/2 3/8 −1/8 1 0 0  0 1 0 −3/2 −25/16 11/16  . 0 −3/16 1/16 0 0 1 

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

711

Por tanto: 

 1/2 3/8 −1/8 (A · B)−1 =  −3/2 −25/16 11/16  . 0 −3/16 1/16

Se observa, por tanto, que:

B−1 · A−1 = (A · B)−1. Problema 6.13

Aplicando la definición, calcular el determinante de las matrices siguientes:   1 2 (a) −5 3   1 2 3 (b)  1 1 1  0 2 4   2 1 1 (c)  1 0 −3  3 −2 1 Solución

(a) Calculamos el determinante: 1 2 −5 3 = 1 · 3 − 2 · (−5) = 13.

(b) Calculamos el determinante aplicando la regla de Sarrus:   1 2 3  1 1 1  = 1 · 1 · 4 + 2 · 1 · 0 + 3 · 1 · 2 − 1 · 1 · 2 − 2 · 1 · 4 − 3 · 1 · 0 = 0. 0 2 4 (c) Calculamos el determinante aplicando la regla de Sarrus:   2 1 1  1 0 −3  = 2 · 0 · 1 + 1 · (−3) · 3 + 1 · 1 · (−2)− 3 −2 1

− 2 · (−3) · (−2) − 1 · 1 · 1 − 1 · 0 · 3 = −24.

✐

✐

712

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problema 6.14

Calcular los siguientes determinantes, transformándolos previamente en otros más simples: 2 3 −2 4 3 −2 1 2 (a) 2 3 4 3 −2 4 0 5 1 2 1 2 1 0 0 1 1 1 (b) 1 1 0 0 0 0 0 1 1 2 1 2 2 1 1 a 1 1 1 1 a 1 1 (c) 1 1 a 1 1 1 1 a

Solución

(a) Este determinante lo calcularemos desarrollando por la cuarta fila, ya que es la que más ceros tiene. 2 3 −2 4 3 −2 1 2 = a41 A41 + a42 A42 + a43 A43 + a44 A44 3 2 3 4 −2 4 0 5

= −2 · (−1)4+1D41 + 4 · (−1)4+2 D42 + 0 · (−1)4+3 D43 + 5 · (−1)4+4D44 = 2D41 + 4D42 + 5D44 ,

donde: 3 −2 4 1 2 D41 = −2 2 3 4

= 3 · 1 · 4 + (−2) · 2 · 2 + 4 · (−2) · 3 − 3 · 2 · 3 − (−2) · (−2) · 4 − 4 · 1 · 2 = −62

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

713

2 −2 4 D42 = 3 1 2 3 3 4

= 2 · 1 · 4 + (−2) · 2 · 3 + 4 · 3 · 3 − 2 · 2 · 3 − (−2) · 3 · 4 − 4 · 1 · 3 = 32

2 3 −2 D44 = 3 −2 1 3 2 3

= 2 · (−2) · 3 + 3 · 1 · 3 + (−2) · 3 · 2 − 2 · 1 · 2 − 3 · 3 · 3 − (−2) · (−2) · 3 = −58.

Por tanto: 2 3 −2 4 3 −2 1 2 = 2 · (−62) + 4 · 32 + 5 · (−58) = −286. 3 2 3 4 −2 4 0 5

(b) Este determinante lo calcularemos desarrollando por la tercera fila, ya que es la que más ceros tiene. 1 2 1 2 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 = a31 A31 + a32 A32 + a33 A33 + a34 A34 + a35 A35 0 0 1 1 2 1 2 2 1 1

= 1 · (−1)3+1 D31 + 1 · (−1)3+2 D32 + 0 · (−1)3+3D33 +

donde:

+ 0 · (−1)3+4 D34 + 0 · (−1)3+5 D35

= D31 − D32 , D31 = D32 =

✐

2 0 0 2

1 1 1 2

2 1 1 1

1 1 2 1

1 0 0 1

1 1 1 2

2 1 1 1

1 1 2 1



.

✐

714

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

El menor D31 lo calcularemos desarrollando por la primera columna: 2 1 2 1 0 1 1 1 = D31 = 0 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 = 2 · (−1)1+1 1 1 2 2 1 1

1 2 1 + 2 · (−1)1+4 1 1 1 1 1 2

,

donde: 1 1 1 1 1 2 = 1·1·1+1·2·2+1·1·1−1·2·1−1·1·1−1·1·2 = 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2

Por tanto:

= 1 · 1 · 2 + 2 · 1 · 1 + 1 · 1 · 1 − 1 · 1 · 1 − 2 · 1 · 2 − 1 · 1 · 1 = −1. D31 = 2 · 1 − 2 · (−1) = 4.

El menor D32 lo calcularemos también desarrollando por la primera columna: 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 0 1 1 1 = 1 · (−1)1+1 1 1 2 + 1 · (−1)1+4 1 1 1 , D32 = 0 1 1 2 2 1 1 1 1 2 1 2 1 1 donde: 1 1 1 1 1 2 = 1·1·1+1·2·2+1·1·1−1·2·1−1·1·1−1·1·2 = 1 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 1 2

Por tanto:

= 1 · 1 · 2 + 2 · 1 · 1 + 1 · 1 · 1 − 1 · 1 · 1 − 2 · 1 · 2 − 1 · 1 · 1 = −1. D32 = 1 · 1 − 1 · (−1) = 2.

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

715

Así pues:

2 0 1 0 2

1 0 1 0 1

1 1 0 1 2

2 1 0 1 1

1 1 0 2 1

= D31 − D32 = 4 − 2 = 2.

(c) En este caso, es indiferente por qué fila o columna desarrollemos para calcular el determinante, así que lo calcularemos desarrollando por la primera fila. a 1 1 1 1 a 1 1 1 1 a 1 = a11 A11 + a12 A12 + a13 A13 + a14 A14 1 1 1 a

= a · (−1)1+1 D11 + 1 · (−1)1+2D12 + 1 · (−1)1+3 D13 + 1 · (−1)1+4D14 = a · D11 − D12 + D13 − D14 ,

donde:

a 1 1 D11 = 1 a 1 1 1 a



1 1 1 D12 = 1 a 1 1 1 a



1 a 1 D13 = 1 1 1 1 1 a



1 a 1 D14 = 1 1 a 1 1 1



= a · a · a + 1 · 1 · 1 + 1 · 1 · 1 − a · 1 · 1 − 1 · 1 · a − 1 · a · 1 = a3 − 3a + 2

= 1 · a · a + 1 · 1 · 1 + 1 · 1 · 1 − 1 · 1 · 1 − 1 · 1 · a − 1 · a · 1 = a2 − 2a + 1

= 1 · 1 · a + a · 1 · 1 + 1 · 1 · 1 − 1 · 1 · 1 − a · 1 · a − 1 · 1 · 1 = −a2 + 2a − 1

= 1 · 1 · 1 + a · a · 1 + 1 · 1 · 1 − 1 · a · 1 − a · 1 · 1 − 1 · 1 · 1 = a2 − 2a + 1.

✐

✐

716

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por tanto:

a 1 1 1

1 a 1 1

1 1 a 1

1 1 1 a

= a · D11 − D12 + D13 − D14

= a · (a3 − 3a + 2) − (a2 − 2a + 1) + (−a2 + 2a − 1) − (a2 − 2a + 1)

= a4 − 6a2 + 8a − 3 = (a + 3)(a − 1)3 .

Problema 6.15

Comprobar que:

Solución

1 a b+c 1 b a+c 1 c a+b

= 0.

Para comprobar que el determinante de la matriz dada es igual a cero, no es necesario calcularlo; basta con tener en cuenta las propiedades de los determinantes. Utilizaremos las siguientes propiedades: (D3 ) Si una fila o una columna es suma de dos sumandos, el determinante se descompone en la suma de dos determinantes, cada uno de ellos con uno de los sumandos en la fila o columna correspondiente y teniendo el resto de filas o columnas iguales. (D6 ) Si en un determinante, una fila o una columna es combinación lineal de otras filas o columnas (igual a la suma de otras filas o columnas multiplicadas por una constante), el determinante es nulo. Por tanto: 1 a b+c 1 b a+c 1 c a+b

1 a a+b+c−a = 1 b a+b+c−b 1 c a+b+c−c 1 a a + b + c 1 a −a = 1 b a + b + c + 1 b −b = 0. 1 c a + b + c 1 c −c {z } | {z } | =0 (c3 =(a+b+c)·c1 )

✐

=0 (c3 =−c2 )

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

717

Problema 6.16

Demostrar, sin calcular los determinantes, la igualdad: 1 a2 a3 bc a a2 1 b2 b3 = ac b b2 1 c2 c3 ab c c2

Solución

.

Para comprobar esta igualdad utilizaremos la propiedad (D2 ), es decir, que si se multiplican todos los elementos de una fila o columna por una constante, el determinante queda multiplicado por esa constante. Así pues: bc a a2 ac b b2 ab c c2

abc a2 a3 1 a2 a3 abc 1 2 3 2 3 = abc abc b b = abc 1 b b . abc c2 c3 1 c2 c3

Problema 6.17

Razonar, sin aplicar la regla de Sarrus, que las raíces del siguiente polinomio son 5, 7 y −12: x 7 7 p (x) = 7 x 5 5 5 x

Solución

El determinante del enunciado es un polinomio de tercer grado y, por tanto, tiene tres raíces en C (es decir, tres valores de x que hacen cero el determinante). Para ver que los valores dados son raíces del polinomio, solo tenemos que comprobar que hacen cero el determinante, y, dado que nos dan tres valores, estos serán las tres raíces del polinomio. 5 7 7 p(5) = 7 5 5 = 0 porque c2 = c3 , 5 5 5 7 7 7 p(7) = 7 7 5 5 5 7

=0

porque c1 = c2 ,

−12 7 7 p(−12) = 7 −12 5 5 5 −12

✐

=0

porque f1 = −( f2 + f3 ),

✐

718

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

donde para verificar que los determinantes se anulan hemos utilizado la propiedad (D6 ), es decir, que si en un determinante, una fila o una columna es combinación lineal de otras filas o columnas (igual a la suma de otras filas o columnas multiplicadas por una constante), el determinante es nulo. Problema 6.18

Razonar, sin calcularlo, si será nulo o no el determinante de las matrices siguientes:   5 3 (a) 1 3/5   −1 2 0 (b)  3 −1 5  1 4 6   1 2 5 3  −3 −1 4 −1   (c)   2 3 −6 4  0 4 3 6 Solución

En los tres casos veremos que el determinante es nulo porque hay al menos una fila o columna que es combinación lineal de otras filas o columnas (propiedad (D6 )): 5 3 (a) 1 3/5

= 0,

−1 2 0 (b) 3 −1 5 1 4 6

porque f1 = 5 f2 .

= 0,

porque c3 = 2c1 + c2 .

1 2 5 3 −3 −1 4 −1 (c) = 0, 3 −6 4 2 0 4 3 6

✐

porque f4 = f1 + f2 + f3 .

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

719

Problema 6.19

Demostrar, sin calcularlo, que el determinante: 2 0 4 5 2 7 2 5 5

.

es múltiplo de 17, sabiendo que no es nulo y que los números 204, 527, 255 son múltiplos de 17.

Solución

Para demostrar que el determinante del enunciado es múltiplo de 17 utilizaremos las siguientes propiedades de los determinantes: (D2 ) Si se multiplican todos los elementos de una fila o columna por una constante, el determinante queda multiplicado por esa constante. (D3 ) Si una fila o una columna es suma de dos sumandos, el determinante se descompone en la suma de dos determinantes, cada uno de ellos con uno de los sumandos en la fila o columna correspondiente y teniendo el resto de filas o columnas iguales. (D6 ) Si en un determinante, una fila o una columna es combinación lineal de otras filas o columnas (igual a la suma de otras filas o columnas multiplicadas por una constante), el determinante es nulo. Podemos reescribir los números 204, 527 y 255 como 17a, 17b y 17c, donde a = 12, b = 31, c = 15 ∈ Z. Reescribimos la primera columna de la matriz: 2 0 4 (1/100)(17a − 4) 0 4 5 2 7 = (1/100)(17b − 20 − 7) 2 7 2 5 5 (1/100)(17c − 50 − 5) 5 5 17a − 4 0 4 1 17b − 20 − 7 2 7 = 100 17c − 50 − 5 5 5 

  17a 0 4 1   17b 2 7 =  100   17c 5 5 a 0 4 1 = 17 · b 2 7 100 c 5 5

✐



 0 0 4 −4 0 4   + −20 2 7 + −7 2 7   −50 5 5 −5 5 5  {z } | {z } | =0 (c1 =−10c2 )

=0 (c1 =−c3 )

.

✐

720

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

A continuación reescribimos la segunda columna de la matriz: a 0 4 1 17 · b 2 7 100 c 5 5

a (1/10)(17a − 200 − 4) 4 = 17 · 1 b (1/10)(17b − 500 − 7) 7 100 c (1/10)(17c − 200 − 5) 5 a 17a − 200 − 4 4 1 b 17b − 500 − 7 7 = 17 · 1000 c 17c − 200 − 5 5 

  a 17a 4 a −200 4 1   b 17b 7 + b −500 7 = 17 ·  1000  5 c −200 5 | c 17c {z } =0 (c2 =17c1 )

a −2 4 1 = 17 · b −5 7 10 c −2 5

.



 a −4 4   + b −7 7   c −5 5  {z } | =0 (c2 =−c3 )

Finalmente reescribimos la tercera columna de la matriz: a −2 4 1 17 · b −5 7 10 c −2 5 

a −2 17a − 200 = 17 · 1 b −5 17b − 500 − 20 10 c −2 17c − 200 − 50



  a −2 17a a −2 −200 a −2 0 1  b −5 17b + b −5 −500 + b −5 −20 = 17 ·  10   c −2 17c c −2 −200 c −2 −50 | {z } | {z } =0 (c3 =17c1 )

a −2 0 = 17 b −5 −2 c −2 −5

.

=0 (c3 =100c2 )



      

Por tanto, dado que a, b, c ∈ Z y que el determinante no es nulo, este debe ser múltiplo de 17.

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CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

721

Problema 6.20

Demostrar sin desarrollar terminantes, que: x 3 2 1

el determinante y aplicando solo las propiedades de los de3 x 2 1

3 2 x 1

3 2 9 1

= ( x − 2) · ( x − 3) · ( x − 9) .

Solución

Vemos que el determinante es un polinomio de tercer grado con coeficiente director 1 y, por tanto, se puede escribir como:

(x − r1 )(x − r2 )(x − r3 ) donde: r1 , r2 , r3 ∈ C son las tres raíces del polinomio. Solo tenemos que ver entonces que: r1,2,3 = 2, 3, 9 es decir, que el determinante se anula para estos valores. 2 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 9 = 0, porque c2 = c3 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 3 9 = 0, porque c1 = c2 1 1 1 1 9 3 3 3 3 9 2 2 2 2 9 9 = 0, porque c3 = c4 , 1 1 1 1

donde para verificar que los determinantes se anulan hemos utilizado la propiedad (D6 ), es decir, que si en un determinante, una fila o una columna es combinación lineal de otras filas o columnas (igual a la suma de otras filas o columnas multiplicadas por una constante), el determinante es nulo.

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722

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Problemas resueltos (sistemas de ecuaciones) Problema 6.21

Discutir y resolver los siguientes sistemas de ecuaciones lineales:    x+y+z = 6 2x − y = 0 (a)   3y − 2z = 0    2x + 3y + z = 4 x − 2y + z = −2 (b)   8x + 5y + 5z = 1 (c)

    

x − 2y + z − t = 1 2x + y + 3z = 2

−x + 3y − z + 4t = −1

   x + 2y − z = 1 x + y + 3z = 0 (d)   x + 7z = −1    2x + y + 3z = 0 (e) −2x − y = 1   z = 2 (f)

        

x − 2y + z + 2t = 2 −2x + y + 3z − t = 0

3x − y − 2z − t = 2 −x + 5y − z − 3t = −1

Solución

(a) Se pide resolver el sistema de ecuaciones:  x+y+z = 6    2x − y = 0    3y − 2z = 0

Escribimos la matriz ampliada del sistema y determinamos el rango de la matriz del sistema y el rango de la matriz ampliada del sistema:

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES



 1 1 6 1  2 −1 0 0  0 3 −2 0

∼ f2 ← f2 −2 f1 ∼ f3 ← f3 + f2

723

 6 1 1 1  0 −3 −2 −12  0 3 −2 0   1 6 1 1  0 −3 −2 −12  . 0 0 −4 −12 

En este caso, r = r′ = n = 3; por tanto, se trata de un sistema compatible determinado (SCD). Lo resolvemos aplicando la regla de Gauss-Jordan:     6 6 1 1 1 1 1 1  0 −3  0 −3 −2 −12  ∼ 0 −6  0 0 −4 −12 0 0 −4 −12 f2 ← f2 − 21 f3   1 0 1 4  0 −3 ∼ 0 −6  1 0 0 −4 −12 f1 ← f1 + 3 f2   1 0 0 1  0 −3 0 −6  ∼ 0 0 −4 −12 f1 ← f1 + 41 f3 

 1 0 0 1  0 1 0 2 . 0 0 1 3

∼ − 13 f2 − 14 f3

Por tanto, las soluciones del sistema son: {x = 1, y = 2, z = 3}.

(b) Se pide resolver el sistema de ecuaciones:  2x + 3y + z = 4    x − 2y + z = −2    8x + 5y + 5z = 1

Escribimos la matriz ampliada del sistema y determinamos el rango de la matriz del sistema y el rango de la matriz ampliada del sistema: 

 2 3 1 4  1 −2 1 −2  8 5 5 1

✐

∼ p f12



 1 −2 1 −2  2 4  3 1 8 5 5 1

✐

724

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

∼ f2 ← f2 −2 f1 f3 ← f3 −8 f1 ∼ f3 ← f3 −3 f2

 1 −2 1 −2  0 8  7 −1 0 21 −3 17 



 1 −2 1 −2   8  7 −1  0 0 0 0 −7

En este caso, r 6= r′ ; por tanto, se trata de un sistema incompatible (SI), y no admite ninguna solución. (c) Se pide resolver el sistema de ecuaciones:       

x − 2y + z − t = 1 2x + y + 3z = 2

−x + 3y − z + 4t = −1

Escribimos la matriz ampliada del sistema y determinamos el rango de la matriz del sistema y el rango de la matriz ampliada del sistema:



  1 −2 1 −1 1 −2 1 −1 1  2  0 2  1 3 0 ∼ 5 1 2 −1 3 −1 4 −1 0 1 0 3 f2 ← f2 −2 f1 f3 ← f3 + f1  1 −2 1  ∼ 0 5 1 0 0 −1/5 f3 ← f3 − 51 f2

 1 0  0  −1 1 2 0 . 3/5 0

En este caso, r = r′ = 3 < n = 4; por tanto, se trata de un sistema compatible indeterminado (SCI), con grado de indeterminación n − r = 4 − 3 = 1. Lo resolvemos: 

 1 −2 1 −1 1  0 5 1 2 0  0 0 −1/5 3/5 0

✐

∼

1 5 f2 −5 f3



 1 −2 1 −1 1  0 1 1/5 2/5 0  0 0 1 −13 0

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

725

 1 0 7/5 −1/5 1  0 1 1/5 2/5 0  0 0 1 −13 0 

∼ f1 ← f1 + 2 f2



 1 0 0 18 1  0 1 0 3 0 . 0 0 1 −13 0

∼ f1 ← f1 − 75 f3 f2 ← f2 − 15 f3

Por tanto, las soluciones del sistema son :{x = 1 − 18t, y = −3t, z = 13t, t = t}.

(d) Se pide resolver el sistema de ecuaciones:

 x + 2y − z = 1    x + y + 3z = 0    x + 7z = −1

Escribimos la matriz ampliada del sistema y determinamos el rango de la matriz del sistema y el rango de la matriz ampliada del sistema: 

 1 2 −1 1  1 1 0  3 1 0 7 −1

∼ f2 ← f2 − f1 f3 ← f3 − f1 ∼ f3 ← f3 −2 f2

 2 −1 1 1  0 −1 4 −1  0 −2 8 −2  

 1 2 −1 1  0 −1 4 −1  0 0 0 0

En este caso, r = r′ = 2 < n = 3; por tanto, se trata de un sistema compatible indeterminado (SCI), con grado de indeterminación n − r = 3 − 2 = 1. Lo resolvemos: 

 1 2 −1 1  0 −1 4 −1  0 0 0 0

∼ f1 ← f1 + 2 f2 ∼ − f2

 0 7 −1 1  0 −1 4 −1  0 0 0 0  

 1 0 7 −1  0 1 −4 1 . 0 0 0 0

Por tanto, las soluciones del sistema son :{x = 1 − 7z, y = 1 + 4z, z = z}.

✐

✐

726

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(e) Se pide resolver el sistema de ecuaciones:  2x + y + 3z = 0    −2x − y = 1    z = 2

Escribimos la matriz ampliada del sistema y determinamos el rango de la matriz del sistema y el rango de la matriz ampliada del sistema: 

 2 1 3 0  −2 −1 0 1  0 0 1 2

∼ f2 ← f2 + f1

∼ f3 ← f3 − 31 f2



 2 1 3 0  0 0 3 1  0 0 1 2 

 2 1 3 0  0 0 3 1 . 0 0 0 5/3

En este caso, r = 2 6= r′ = 3. Veremos más claramente que la matriz del sistema tiene rango 2 si permutamos las columnas 2 y 3: 

 2 1 3  0 0 3  0 0 0

∼ pc23



 2 3 1  0 3 0 . 0 0 0

Por tanto, se trata de un sistema incompatible (SI), y no admite ninguna solución. (f) Se pide resolver el sistema de ecuaciones:   x − 2y + z + 2t = 2      −2x + y + 3z − t = 0  3x − y − 2z − t = 2      −x + 5y − z − 3t = −1

Escribimos la matriz ampliada del sistema y determinamos el rango de la matriz del sistema y el rango de la matriz ampliada del sistema: 

  1 −2 1 2 2  −2  1 3 −1 0  ∼     3 −1 −2 −1 2  f2 ← f2 + 2 f1  −1 5 −1 −3 −1 f3 ← f3 −3 f1 f4 ← f4 + f1

✐

 1 2 2 1 −2 0 −3 5 3 4   0 5 −5 −7 −4  0 3 0 −1 1

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

727



 1 2 2 1 −2  0 −3 5 3 4   . ∼  0 0 10/3 −2 8/3  5 f3 ← f3 + 3 f2 1 0 0 0 5 f4 ← f4 + f2 En este caso, r = r′ = n = 4; por tanto, se trata de un sistema compatible determinado (SCD). Lo resolvemos aplicando la regla de Gauss-Jordan:



 2 1 −2 1 2  0 −3 4  5 3    0 0 10/3 −2 8/3  0 0 0 5 1

∼ − 31 f2 3 10 f3 1 5 f4

3 10 f3 1 5 f4



 2 1 2 1 −2  0 1 −5/3 −1 −4/3     0 4/5  0 1 −3/5 0 0 0 1 1/5 

1  0   0 0

 0 −7/3 0 −2/3 1 −5/3 −1 −4/3   0 1 −3/5 4/5  1/5 0 0 1



1  0   0 0

0 1 0 0

 0 −7/5 6/5 0 −2 0   1 −3/5 4/5  0 1 1/5

 1 ∼  0 f1 ← f1 + 75 f4   0 f2 ← f2 + 2 f4 0

0 1 0 0

0 0 1 0

∼ f1 ← f1 + 2 f2

∼ f1 ← f1 + 73 f3 f2 ← f2 + 53 f3

f3 ← f3 + 53 f4

✐

∼ − 31 f2

 0 37/25 2/5  0 . 0 23/25  1 1/5

✐

728

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Por tanto, las soluciones del sistema son: {x =

37 , 25

2 y= , 5

z=

23 , 25

1 t = }. 5

Problema 6.22

Discutir, según el valor de a ∈ R, los siguientes sistemas de ecuaciones y encontrar las soluciones, en caso de existir.  a2 x + y + z = 3    (a) x + a2 y + z = 4 − a    x + y + a2 z = 2 + a2

 ( 1 − a) x + y = 0    ( 1 − a) y + z = 0 (b)    x + ( 1 − a) z = 0 (c)

      

ax − 2y + 4z = a + 2 x − y + 2z = a

−2x + 2y + 2az = −4

 ax + 3y + z = 2    (d) 3x + ay + 2z = 3    −x + y − z = 1 Solución

(a) Se pide discutir el sistema de ecuaciones:

según el valor de a ∈ R.

✐

 a2 x + y + z = 3    x + a2 y + z = 4 − a    x + y + a2 z = 2 + a2

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

729

Operamos sobre la matriz ampliada del sistema: 

 3 a2 1 1  1 a2 1 4 − a  1 1 a2 2 + a2

∼ p f23

∼ p f13



 1 1 a2 2 + a2  1 a2 1 4 − a  3 a2 1 1

 1 1 a2 2 + a2  a2 1 1 3  2 1 a 1 4−a 

 1 a2 2 + a2 1  0 1 − a2 1 − a4 3 − a4 − 2a2  ∼ 2 − a − a2 f2 ← f2 −a2 f1 0 a2 − 1 1 − a2 f3 ← f3 − f1 

∼ f3 ← f3 + f2



 1 1 a2 2 + a2  0 1 − a2 1 − a4 3 − a4 − 2a2  4 2 0 0 2 − a − a 5 − a4 − 3a2 − a

 1 1 a2 2 + a2 −(a + 3)(a − 1)  . =  0 −(a + 1)(a − 1) −(a + 1)(a − 1)(a2 + 1) 2 0 0 −(a + 1)(a − 1)(a + 2) −(a − 1)(a3 + a2 + 4a + 5) 

Por tanto:

Si a = 1, el sistema es compatible indeterminado (SCI), ya que: r = r′ = 1 < n = 3. La solución del sistema es entonces {x = 3 − y − z, y = y, z = z}

Si a = −1, el sistema es incompatible (SI), ya que r = 1 < r′ = 3, y no admite ninguna solución. Si a 6= ±1, entonces el sistema es compatible determinado (SCD), ya que r = r′ = n = 3. La solución del sistema es entonces: {x =

✐

2a + 3 , (a + 1)(2 + a2 )

y=−

a2 − 2a − 1 , (a + 1)(2 + a2 )

z=

a3 + a2 + 4a + 5 }. (a + 1)(2 + a2 )

✐

730

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(b) Se pide discutir el sistema de ecuaciones:   ( 1 − a) x + y = 0 ( 1 − a) y + z = 0  x + ( 1 − a) z = 0

según el valor de a ∈ R. Operamos sobre la matriz ampliada del sistema:  1−a 1 0 0  0 1−a 1 0  1 0 1−a 0



 1 0 1−a 0  0 1−a 1 0  1−a 1 0 0



∼ p f13   0 1−a 0 1  0 1−a 1 0  0 1 − ( 1 − a) 2 0

∼ f 3 ← f 3 − ( 1 − a) f 1 ∼ f2 ← f2 + a f3 ∼ f3 ← f3 − f2

=

 1 0 1−a 0  0 1 −a3 + 2a2 − a + 1 0  0 1 − ( 1 − a) 2 0 



1−a 1 0  0 1 −a3 + 2a2 − a + 1 0 0 a3 − 3a2 + 3a − 2  1 0 1−a  0 1 −a3 + 2a2 − a + 1 0 0 (a − 2)(a2 − a + 1)

 0 0  0  0 0 . 0

Por tanto: Si a = 2, entonces el sistema es compatible indeterminado (SCI), ya que r = r′ = 2 < n = 3. En este caso, la matriz del sistema queda como:  1 0 −1 0  0 1 −1 0  0 0 0 0 

y, por tanto, la solución es: {x = z, y = z}. Si a 6= 2, el sistema es compatible determinado (SCD), ya que r = r′ = n = 3. La solución es entonces {x = 0, y = 0, z = 0}.

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

731

(c) Se pide discutir el sistema de ecuaciones:  ax − 2y + 4z = a + 2  x − y + 2z = a  −2x + 2y + 2az = −4

según el valor de a ∈ R. Operamos sobre la matriz ampliada del sistema:     a −2 4 a + 2 −2 2 2a −4  1 −1 2  1 −1 2 a  a  ∼ −2 2 2a a −2 4 a + 2 −4 p f13   2 1 −1 −a  1 −1 a  2 ∼ a −2 4 a + 2 − 12 f1 ∼ f2 ← f2 − f1 f3 ← f3 −a f1 ∼ p f23



 1 −1 −a 2  0 0 2+a a−2  0 a − 2 4 + a2 2 − a  2 1 −1 −a  0 a − 2 4 + a2 2 − a  . 0 0 2+a a−2 

Por tanto: Si a = 2, entonces el sistema es compatible indeterminado (SCI), ya que r = r′ = 2 < n = 3. En este caso, la matriz del sistema queda como:   1 −1 −2 2  0 0 8 0  0 0 4 0

y, por tanto, la solución es {x = 2 + y, z = 0}. Si a = −2, el sistema es incompatible (SI), ya que r = 2 < r′ = 3, y no admite solución. Si a 6= ±2, entonces el sistema es compatible determinado (SCD), ya que r = r′ = n = 3. La solución del sistema es entonces:   a−2 a2 + a + 6 , z= . x = −1, y = − a+2 a+2

✐

✐

732

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(d) Se pide discutir el sistema de ecuaciones:   ax + 3y + z = 2 3x + ay + 2z = 3  −x + y − z = 1

según el valor de a ∈ R. Operamos sobre la matriz ampliada del sistema: 

 a 3 1 2  3 a 2 3  1 1 −1 1

∼ p f13

∼ f2 ← f2 + 3 f1 f3 ← f3 + a f1 ∼ f3 ← f3 − f2



 1 1 −1 1  3 a 2 3  a 3 1 2 

 1 1 −1 1  0 a+3 −1 6  0 a+3 1−a 2+a 

 1 1 −1 1  0 a+3 6 . −1 0 0 2−a a−4

Por tanto: Si a = 2, el sistema es incompatible (SI), ya que r = 2 < r′ = 3, y no admite solución. Si a = −3 la matriz del sistema queda como: 

 1 1 −1 1  0 0 −1 6  0 0 5 −7

∼ f3 ← f3 + 5 f2

 1 1 −1 1  0 0 −1 6  0 0 0 23 

y, por tanto, el sistema es incompatible (SI), ya que r = 2 < r′ = 3, y no admite solución. Si a 6= 2, −3, entonces el sistema es compatible determinado (SCD), ya que r = r′ = n = 3. La solución del sistema es entonces:   5a − 8 4−a 3a − 14 , y= , z= x= . (a − 2)(a + 3) (a − 2)(a + 3) a−2

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

733

Problema 6.23

Discutir los sistemas de ecuaciones lineales siguientes en función de los parámetros reales a, b ∈ R. Resolverlo en los casos en que sea posible.  ax + y + z = b    (a) x + ay + z = b    x + y + az = b  ax + by + z = 1    (b) x + aby + z = b    x + by + az = 1  ax + y − z = 1    (c) x − ay + z = 4    x + y + az = b  3ax + 4y − 2az = 4 + b    −ax − y + az = −1 (d)    −ax − 2y + az = −2

Solución

(a) Se pide discutir el sistema de ecuaciones:  ax + y + z = b    x + ay + z = b    x + y + az = b

en función de los parámetros reales a, b ∈ R. Operamos sobre la matriz ampliada del sistema:  a 1 1 b  1 a 1 b  1 1 a b 

∼ p f13

∼ f2 ← f2 − f1 f3 ← f3 −a f1

✐



 1 1 a b  1 a 1 b  a 1 1 b 

 1 1 a b  0 a−1 1−a 0  2 0 1 − a 1 − a b( 1 − a)

✐

734

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

∼ f3 ← f3 + f2

=

 b 1 a 1  0 a−1 1−a 0  2 0 0 2 − a − 2 b( 1 − a)   b 1 1 a  0 a−1 1−a 0 . 0 0 −(a − 1)(a + 2) b(1 − a) 

Por tanto: Si a = 1, entonces el sistema es compatible indeterminado (SCI), ya que r = r′ = 1 < n = 3. La solución del sistema es entonces: {x = b − y − z,

y = y,

z = z}.

Si a = −2 la matriz del sistema queda como:  1 1 −2 b  0 −3 3 0 , 0 0 0 3b  y, por tanto:

Si b = 0 entonces el sistema es compatible indeterminado (SCI), ya que r = r′ = 2 < n = 3. La solución del sistema es entonces: {x = z,

y = z,

z = z}.

Si b 6= 0 el sistema es incompatible (SI), ya que r = 2 < r′ = 3, y no admite solución. Si a 6= 1, −2, ∀b ∈ R el sistema es compatible determinado (SCD), ya que r = r′ = n = 3. La solución del sistema es entonces:  x=

b , a+2

b y= , a+2

 b z= . a+2

(b) Se pide discutir el sistema de ecuaciones:   ax + by + z = 1 x + aby + z = b  x + by + az = 1

en función de los parámetros reales a, b ∈ R.

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

735

Operamos sobre la matriz ampliada del sistema: 

 a b 1 1  1 ab 1 b  1 b a 1

∼ p f13



 1 b a 1  1 ab 1 b  a b 1 1 

 1 b a 1  0 b( a − 1) 1 − a b − 1  ∼ f2 ← f2 − f1 0 b(1 − a) 1 − a2 1 − a f3 ← f3 −a f1  a 1 1 b  0 b( a − 1) 1−a b−1 ∼ 0 0 2 − a2 − a b − a f3 ← f3 + f2  1 b a  0 b( a − 1) 1−a = 0 0 −(a − 1)(a + 2)

Por tanto:

 

 1 b−1 . b−a

Si a = 1 la matriz del sistema queda como:   1 b 1 1  0 0 0 b−1 , 0 0 0 b−1 y, por tanto:

Si b = 1 entonces el sistema es compatible indeterminado (SCI), ya que r = r′ = 1 < n = 3. La solución del sistema es entonces: {x = 1 − y − z,

y = y,

z = z}.

Si b 6= 1 el sistema es incompatible (SI), ya que r = 1 < r′ = 3, y no admite solución. Si a = −2 la matriz del sistema queda como:   1 b −2 1  0 b( a − 1) 3 b − 1 , 0 0 0 b+2

y, por tanto:

Si b = −2 entonces el sistema es compatible indeterminado (SCI), ya que r = r′ = 2 < n = 3. La solución del sistema es entonces: {x = z,

✐

1 y = − ( 1 + z) , 2

z = z}.

✐

736

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Si b 6= −2 el sistema es incompatible (SI), ya que r = 2 < r′ = 3, y no admite solución. Si a 6= 1, −2, se plantean los siguientes dos casos:

Si b = 0 el sistema es incompatible (SI), ya que r = 2 < r′ = 3, y no admite solución.

Si b 6= 0 entonces el sistema es compatible determinado (SCD), ya que r = r′ = n = 3. La solución del sistema es entonces:   a−b ab + b − 2 a−b x= , y= , z= . (a − 1)(a + 2) b(a − 1)(a + 2) (a − 1)(a + 2) (c) Se pide discutir el sistema de ecuaciones:   ax + y − z = 1 x − ay + z = 4  x + y + az = b en función de los parámetros reales a, b ∈ R. Operamos sobre la matriz ampliada del sistema:  a 1 −1 1  1 −a 1 4  1 1 a b 

∼ f2 ← f2 − f1 f3 ← f3 −a f1 ∼ f2 ← f2 − f3 ∼ −2 f3

∼ p f13



 1 1 a b  1 −a 1 4  a 1 −1 1



 1 1 a b  0 −a − 1 1−a 4−b  0 1 − a −1 − a2 1 − ab  b 1 1 a  0 −2 2 + a2 − a 4 − +ab − b − 1  0 1−a −1 − a2 1 − ab  

 1 1 a b  0 −2 2 + a2 − a 4 + ab − b − 1  0 2a − 2 2a2 + 2 2ab − 2 

 1 1 a b  0 −2 2 + a2 − a 4 + ab − b − 1  . 2 2 0 0 a(3 + a ) a b + 3a + b − 5

∼ f3 ← f3 +(a − 1) f2

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

737

Por tanto: Si a = 0 la matriz del sistema queda como: 

 1 1 0 b  0 −2 2 4 − b − 1  , b−5 0 0 0 y, por tanto: Si b = 5 entonces el sistema es compatible indeterminado (SCI), ya que r = r′ = 2 < n = 3. La solución del sistema es entonces {4− z, 1 + z, z}. Si b 6= 5 el sistema es incompatible (SI), ya que r = 2 < r′ = 3, y no admite solución. Si a 6= 0, ∀b ∈ R entonces el sistema es compatible determinado (SCD), ya que r = r′ = n = 3. La solución del sistema es entonces:  a2 + ab + 4a + 5 − b , x= a(a2 + 3)

4a2 − a − ab − b + 5 y=− , a(a2 + 3)

3a − 5 + a2 b + b z= a(a2 + 3)



(d) Se pide discutir el sistema de ecuaciones:   3ax + 4y − 2az = 4 + b −ax − y + az = −1  −ax − 2y + az = −2

en función de los parámetros reales a, b ∈ R. Operamos sobre la matriz ampliada del sistema:  4 3a −2a 4 + b  −1 −a a −1  −2 −a a −2 

∼ p f12

∼ − f1 ∼ f2 ← f2 −4 f1 f3 ← f3 + 2 f1

✐



 −1 −a a −1  4 3a −2a 4 + b  −2 −a a −2  1 a −a 1  4 3a −2a 4 + b  −2 −a a −2 

 1 a −a 1  0 −a 2a b  0 a −a 0 

✐

738

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

∼ f3 ← f3 + f2 ∼ f1 ← f1 + f2 ∼ f1 ← f1 − f3 f2 ← f2 + 2 f3

 1 a −a 1  0 −a 2a b  0 0 a b 

 1 0 a 1+b  0 −a 2a b  b 0 0 a 



 0 0 1 1  0 −a 0 −b  . 0 0 a b

Por tanto: Si a = 0 la matriz del sistema queda como:   1 0 0 1  0 0 0 −b  , 0 0 0 b y, por tanto:

Si b = 0 entonces el sistema es compatible indeterminado (SCI), ya que r = r′ = 1 < n = 3. La solución del sistema es {x = 1, y = y, z = z}. Si b 6= 0 el sistema es incompatible (SI), ya que r = 1 < r′ = 3, y no admite solución. Si a 6= 0, ∀b ∈ R entonces el sistema es compatible determinado (SCD), ya que r = r′ = n = 3. La solución del sistema es, por tanto:   b b x = 1, y = , z = . a a

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✐

CAPÍTULO

ANEXO Soluciones a los Ejercicios propuestos

«When the solution is simple, God is answering.» Albert Einstein, físico (1879-1955). En este capítulo se presentan las soluciones de los Ejercicios propuestos en los capítulos previos.

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✐

740

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Capítulo 1. Introducción al razonamiento matemático Solución del Ejercicio propuesto 1.1

√ x1 = − 54 + 41 23i,

√ x2 = − 54 − 14 23i.

Solución del Ejercicio propuesto 1.2

Se eleva al cuadrado a ambos lados, se pone todo en uno de los dos lados de la desigualdad y se simplifica la igualdad notable resultante. Solución del Ejercicio propuesto 1.3

Si a > 0, se puede considerar ε = a2 , de manera que no se cumple 0 ≤ a < ε . Solución del Ejercicio propuesto 1.4

Se pueden considerar, por ejemplo, las matrices:  1 1  A=  0 1 0 0  1 0  B=  1 1 1 1

1



 1   1  0  0   1

Solución del Ejercicio propuesto 1.5

Hay que tener en cuenta que n2 + 2n + 1 es igual a (n + 1)2 . Solución del Ejercicio propuesto 1.6

Hay que tener en cuenta que: 1 n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 6 es igual a:

✐

1 (n + 1)(n + 2)(2n + 3). 6

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

741

Capítulo 2. Conjuntos numéricos. El conjunto de los números complejos Solución del Ejercicio propuesto 2.1

Las fracciones son

1313 990

y 1.

Solución del Ejercicio propuesto 2.2

3 + 4i = 50.9273 ,

3 − 4i = 5−0.9273 .

Solución del Ejercicio propuesto 2.3

10 = 1,

2π = −2,

1π /3 =

1 1√ 3i. + 2 2

Solución del Ejercicio propuesto 2.5

sen(3θ ) = 3 cos2 (θ ) sen(θ ) − sen3 (θ )

Solución del Ejercicio propuesto 2.6

  i 1 x = − ln + kπ , 2 3

k ∈ Z.

Solución del Ejercicio propuesto 2.7

La admitancia es Y = 0.085941.53 y el módulo de la tensión es |V | = 139.6329 y su desfase θ = −1.53.

✐

✐

742

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Capítulo 3. Funciones, límites y continuidad Solución del Ejercicio propuesto 3.1

Hay que tener en cuenta que x ≥ 0, con lo que si: f (x1 ) = x21 = x22 = f (x2 ), entonces, sus raíces x1 y x2 han de ser necesariamente iguales. Solución del Ejercicio propuesto 3.2

(a) f −1 (x) =

7 1 + x 4 4

(b) f −1 (x) =

y+5 y−2

(c) f −1 (x) = ex − 1

Solución del Ejercicio propuesto 3.3

(a) l´ım (x3 − 2x + 4) = 3 x→1

x2 + 3 = −6 x→3 x − 5

(b) l´ım

Solución del Ejercicio propuesto 3.7

l´ım

x→+∞



 1 1 + 2 +1 = 1 x x

Solución del Ejercicio propuesto 3.8

l´ım

1

x→+∞ x2

✐

=0

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

743

Solución del Ejercicio propuesto 3.9

La función f tiene límite +∞ en el punto a por la izquierda si: ∀k > 0 ∃δ > 0 tal que si a − δ < x < a, entonces f (x) > k. La función f tiene límite −∞ en el punto a por la derecha si: ∀k > 0 ∃δ > 0 tal que si a < x < a + δ , entonces f (x) < −k. La función f tiene límite −∞ en el punto a por la izquierda si: ∀k > 0 ∃δ > 0 tal que si a − δ < x < a, entonces f (x) < −k.

Solución del Ejercicio propuesto 3.10

−1   = −∞ x→0 1 x2 sen2 x l´ım

Solución del Ejercicio propuesto 3.11

l´ım

1

x→−∞ ex

= +∞

Solución del Ejercicio propuesto 3.12

La función f tiene límite +∞ cuando x tiende a menos infinito si: ∀k > 0 ∃λ > 0 tal que si x < −λ , entonces f (x) > k. La función f tiene límite −∞ cuando x tiende a más infinito si: ∀k > 0 ∃λ > 0 tal que si x > λ , entonces f (x) < −k. La función f tiene límite −∞ cuando x tiende a menos infinito si: ∀k > 0 ∃λ > 0 tal que si x < −λ , entonces f (x) < −k.

✐

✐

744

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución del Ejercicio propuesto 3.13

(a) l´ım x2 = +∞ x→+∞

(b) l´ım ex = +∞ x→+∞

(c) l´ım ln(x) = +∞ x→+∞

(d) l´ım

x→+∞

√

x = +∞

Solución del Ejercicio propuesto 3.14

3 − 4 cos(x) + cos(2x) =0 x→0 x l´ım

Solución del Ejercicio propuesto 3.15

ln(ln(x)) = e−1 x→e x−e l´ım

Solución del Ejercicio propuesto 3.16

l´ım

x→π

1 1 + cos(x) = 2 (x − π ) 2

Solución del Ejercicio propuesto 3.17

√ x5 − x + ln(x) √ =0 x→+∞ ex + cos(x) + x l´ım

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

745

Capítulo 4. Derivación de funciones de variable real Solución del Ejercicio propuesto 4.1

(a)

h√

i′ x x2 + 3 = √ x2 + 3

 ′ 3 ln2 (x) (b) ln3 (x) = x

 ′ (c) sen(x2 + 1) = 2x cos (x2 + 1)

√ sen( x) (d) [cos( x)] = − √ 2 x √

 (e) cos

1 x


′

′

=

sen(1/x) x2

(f) [sen(ln(x) + 1)]′ =

cos(ln(x) + 1) x

 ′ (g) sen3 (3x2 + 1) = 18 sen2 (3x2 + 1) cos(3x2 + 1)x (h) [ln(cos(2x + 3))]′ = − (i)

hp

i′ 1 + ln(x2 + 1) = ′

2 sen(2x + 3) cos(2x + 3)

(x2 +1)

(j) [sen(cos(ln(x)))] = −

√x

1+ln(x2 +1)

cos(cos(ln(x))) sen(ln(x)) x

Solución del Ejercicio propuesto 4.4

(a) [arc sen(x)]′ = √

1 −x2 + 1 ′

(b) [tan (5 − sen (2x))] = −

✐

2 cos(2x) cos2 (−5 + sen(2x))

✐

746

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(c) [arctan(x)]′ =

1 1 + x2

h 2√ i′ 2x2 2 3 (d) 32x x + (x2 − 2)4 = 4 · 32x x 2 ln(3) + 23√x + 8(x2 − 2)3 x (e)

h√

i′ √ 2 1 25 x2 + x + x55 = √ + √ − 6 3 3 x 2 x x

h

√

3

(f) 10

s

3 (g) 

(h)



x + e3−x2

x2 + 1 x2 − 1 

i′

√

=

x ln(10)

√ 2 x

2

− 2xe3−x

′

4x  =−  2/3 2 1 3 xx2 + (x2 − 1)2 −1

ex + 1 x + ln x e −1 x

10

′


xx − ln(x)e2x + ln(x) − e2x + 1 + 2ex =− e2x − 1

Solución del Ejercicio propuesto 4.5

1 (x2 + 1) (arctan2 (x) + 1)

′

(a) [arctan(arctan(x))] =

(b)

q

(c)



(sen(x))cos(x)

′

=

1 2

√ √ 3 1 5 2 ax + x2 + + 5 x x

q

  cos2 (x) sen(x)cos(x) − sen(x) ln(sen(x)) + sen(x)

′

a 2 1 15 =√ + √ − − ax 5 5 x3 x2 x6

h i′ √ √ e−3x x 3 (d) e−3x x2 + c + xx +1 = −3e−3x x2 + c + √ + x2 + c 3 +xx +1

(e)

✐

"

ln

s

1 + sen(x) tan(x)

!#′

=



 x3 + 1 2 3x ln(x) + + x

cos2 (x) + sen(x) − 2 2 cos(x) sen(x)

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

 ′
(f) tan(2x) + tan(x3 ) + tan3 (x) = 2 + 2 tan2 (2x) + 3 1 + tan2 (x3 ) x2 +

+3 tan2 (x) 1 + tan2 (x)

(g)



′ cos(xb + ax)

= − sen

 
xb b +a x

747




xb + ax

 ′ (h) sen2 (x2 ) = 4x sen(x2 ) cos(x2 )

  i′ h sen(x) (i) xsen(x) = xsen(x) cos(x) ln(x) + x

h i′ 1 (j) ea(x−1) + ln(bx) = aea(x−1) + x (k)



1 −2x e −1

(l)



x2 − 1 cx4

(m)

(n)

(o)

hp h

′

′

=

=−

2(x2 − 2) cx5

i′ ln(tan(x)) =

(sen(x))tan(x)



2e−2x (e−2x − 1)2

i′

4 tan3 (x) − 32x cos(5x − x3 )

1 + tan2 (x) p 2 tan(x) ln(tan(x))

sen(x)tan(x) ln(sen(x)) + cos2 (x) = cos2 (x) ′





12 tan2 (x) 1 + tan2 (x) − 2 · 32x ln(3) = − cos (−5x + x3 )


4 tan3 (x) − 32x sen −5x + x3 5 − 3x2 − cos (−5x + x3 )

 ′ 5 ln4 (x4 − 5x)(4x3 − 5) (p) ln5 (x4 − 5x) = x4 − 5x (q)

✐

"

#′ √ 2a4 2a2 x2 a2 − x2 =− √ 3 x x2 a2 − x2

✐

748

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA



√ 2 = 2 cos (x) + 1

(r)



tan(x) √ arctan 2

(s)



1 5 1 + 2 2−√ 4 x 2a x a2 − x2

(t)



′ 1  √ 3 2√ = 2 x + 3b x b2 + x

(u)



(v)

"√

′

′

=−

5 x 4 − 2 3− 3 5 x a x (a2 − x2 ) 2

3x2 √ x2

2

+ 23b√x

b2 + x

√ √ 2 x3 + 3b2 x − (b2 + x)2

 √ ′ x 3b2 3b arctan = √ 2 b 2 x ( b + x) x2 + 2 √ cx

#′

=

x2 − 2 √ √ 2x x2 + 2 cx

Solución del Ejercicio propuesto 4.6

Hay dos mínimos absolutos en x = −1 y x = 1. Hay un máximo relativo en x = 0. No hay máximos absolutos. Solución del Ejercicio propuesto 4.7

(a) l´ım x(ln x)2 = 0 x→0

(b) l´ım− ln(x) ln(1 − x) = 0 x→1

(c) l´ım (3 − 4x) tan x→ 34





1 1 (d) l´ım − x→0 sen (x) x

 6 2π x = 3 π



=0

(e) l´ım+ xx = 1 x→0

1

(f) l´ım x 1−x = e−1 x→1

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

749

Capítulo 5. Integración Solución del Ejercicio propuesto 5.1

(a)

Z

ex dx = ex + C,

(b)

Z

1 dx = ln |x| + C, x

(c)

Z

x2 dx =

(d)

Z

√ 1 √ dx = 2 x + C, x

(e)

Z

1 dx = arctan(x) + C. 1 + x2

x3 + C, 3

Solución del Ejercicio propuesto 5.2

Calcular las siguientes primitivas: (a)

Z

3x2 dx cos2 (x3 )

(b)

Z

2xex dx

(c)

Z

− sen(x) dx 1 + cos2 (x)

2

Solución del Ejercicio propuesto 5.3

✐

(a)

Z

1 xe−2x dx = − (1 + 2x)e−2x + C 4

(b)

Z

x cos(x)dx = cos(x) + x sen(x) + C

✐

750

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(c)

Z

1 1 x ln(x)dx = x2 ln(x) − x2 + C 2 4

(d)

Z

x2 cos(x)dx = x2 sen (x) − 2 sen (x) + 2 x cos (x) + C

(e)

Z

(f)


x2 ex dx = 2 − 2 x + x2 ex + C

R x 1 1 e cos(x)dx = ex cos(x) + ex sen(x) + C

2

2

Solución del Ejercicio propuesto 5.4

(a)

Z

p p 1 x 1 − x2 dx = − (1 − x2 ) 1 − x2 + C 3

(b)

Z

x2 (1 + 2x3 )3 dx =

(c)

Z

√ e x √ dx = 2e x + C x

(d)

Z

√

1 (1 + 2x3 )4 + C 24

√

x 1 = arc sen(x2 ) + C 4 2 1−x

Solución del Ejercicio propuesto 5.5

1 1/320 2/125 −1/50 1/90 = + + + + (x − 2)(x − 1)2 (x2 + 1)(x2 + 4)2 x−2 x−1 (x − 1)2 x2 + 1

+

✐

1 223x − 962 1 x − 14 · + · 2 2 72000 x +4 600 (x + 4)2

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

751

Solución del Ejercicio propuesto 5.6

Calcular las primitivas de las siguientes funciones: (a)

Z

x−8 dx = 3 ln |x + 1| − 2 ln |x − 2| + C x2 − x − 2

(b)

Z

x4 − 7x3 + 17x2 − 22x + 14 1 dx = x2 + ln |x − 1| + ln |x − 4| + ln |x − 2| + C 3 2 x − 7x + 14x − 8 2

(c)

Z

  2 2 x 2 4x − 2 2 dx = ln(x − 4x + 13) + arctan − +C 5x2 − 20x + 65 5 5 3 3

(d)

Z

x3 + x2 + x + 1 2 2 1 1 dx = − − − − +C 5 4 2 3 ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1) ( x − 1) x−1

(e)

Z

  x3 + 2x2 − 4x + 13 1 1 2 1 2 dx = ln ( x − 4x + 13 ) + arctan x − − +C x4 − 4x3 + 13x2 2 3 3 x

Solución del Ejercicio propuesto 5.7

(a)

Z

x4 + 5 x2 + 2 1 dx = x2 + ln |x| + ln(x2 + 2) + C x3 + 2 x 2

(b)

Z

x3 + 2 x2 + 2 x + 4

(c)

Z

4x2 − 2x + 6 2 dx = ln |x − 1| + 3 ln |x + 3| − +C 3 2 x + x − 5x + 3 x−1

(d)

Z

4 16 dx = − ln |x + 1| + ln |x − 3| + +C (x − 3)(x2 + 2x + 1) x+1

5x2 + 8x + 2

dx = ln |x + 2| + 2 ln(x2 + 2) + C

Solución del Ejercicio propuesto 5.8

(a)

✐

Z

x 1 1 + arctan(x) + C dx = 2 2 2 (1 + x ) 2( 1 + x ) 2

✐

752

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

(b)

Z p

a2 + b2 x2 dx

  2  1 p 2 1 b x p 2 2 2 2 2 2 = x a +b x + √ a ln √ + a + b x +C 2 2 b2 b2

√ 3 x + x2 6 7 √ dx = x + x 6 + C x 7

(c)

Z √

(d)

Z

1 arctan(x)dx = x arctan (x) − ln(1 + x2 ) + C 2

(e)

Z

1 x3 + 2x + 1 dx = x2 + 5x + 34 ln |x − 3| − 13 ln |x − 2| + C x2 − 5x + 6 2

(f)

Z

1 1 1 1 dx = − ln |x − 1| − + ln |x + 1| + C 2 ( x − 1) ( x + 1) 4 2( x − 1) 4

(g)

Z

√ x 1 3 2 dx = − ln(x + x + 1) + arctan 2 (x + x + 1)(x + 1) 2 3

√

! 3 (2x + 1) + 3

+ ln |x + 1| + C

✐

√ 1 2 dx = arctan 3 + cos(x) 2

! √ x 2 tan +C 2 2

(h)

Z

(i)

Z √ 2 x +4

(j)

Z

√ √ ln(x) √ dx = 2 ln(x) x − 4 x + C x

(k)

Z

1 1 sen(ln(x))dx = − cos(ln(x))x + sen(ln(x))x + C 2 2

(l)

Z

tan(x)dx = − ln | cos(x)| + C

(m)

Z

cos(x) dx = arctan(sen(x)) + C 1 + sen2 (x)

(n)

Z

3x − 2 3 dx = ln(x2 − 4x + 5) + 4 arctan(x − 2) + C x2 − 4x + 5 2

x

dx =

p

  2 +C x2 + 4 − 2arctanh √ x2 + 4

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

(o)

753

p  1 earcsen (x) dx = earcsen (x) 1 − x2 + x + C (se resuelve por partes aplicando 2 primero el cambio de variable u = arc sen(x)) Z

(p)

Z

√ √ √ 3 √ 1 ln(1 − x)dx = (1 − x)2 ln(1 − x) + − x − x− 2 2 √ √ −2(1 − x) ln(1 − x) + C

(q)

Z

 1 1 1 1 x cos (x)dx = x sen(x) cos(x) + x + cos2 (x) − x2 + C 2 2 4 4



2

Solución del Ejercicio propuesto 5.10

(i) x¯ =

3 12 y y¯ = . 5 4

(ii) x¯ =

8 1 y y¯ = . 2 5

(iii) x¯ = 0 y y¯ =

4a . 3π

Solución del Ejercicio propuesto 5.12

Clasificar las integrales: (a) La integral divergente. (b) La integral vergente.

✐

Z +∞

dx es una integral impropia de tercera especia ln(1 + x)(x − 2)3

Z +∞

x3 dx es una integral impropia de primera especie diex (x8 + x4 + 1)

0

−∞

(c) La integral

Z 1 x cos x − sen x

(d) La integral

Z +∞

0

0

x3

dx es propia.

xdx es impropia de primera especie divergente. x2 + x + 1

✐

754

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución del Ejercicio propuesto 5.13

La integral: Z +∞ −∞

arctan(x)dx.

es impropia de primera especia divergente. Solución del Ejercicio propuesto 5.14

La integral: Z +∞ −∞

e−|x| sen(x)dx.

es impropia de primera especie convergente y de valor 0. Solución del Ejercicio propuesto 5.15

La integral: Z +∞ −∞

1 x2 + 2x + 5

dx

es impropia de primera especie convergente y de valor π2 . Solución del Ejercicio propuesto 5.16

La integral: Z +∞ 0

x sen(x)dx

es impropia de primera especie divergente. Solución del Ejercicio propuesto 5.17

Para demostrar que Γ( p + 1) = pΓ( p) se puede aplicar el método de integración por partes.

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

755

Capítulo 6. Álgebra lineal: matrices y sistemas de ecuaciones Solución del Ejercicio propuesto 6.1



 1 1/2 1/3  2 1 2/3   B=  3 3/2 1  4 2 4/3     1 2 3 −2 0 −2 0 C= , D= 1 4 9  0 2 0 2 1 8 27 

 3 4 A =  5 6 , 7 8

Solución del Ejercicio propuesto 6.2

Puede comprobarse que, por ejemplo, si:   3 4 A= 5 6  7 8 y:

B=





−2 0 −2 0 0 2 0 2

entonces: 

 −6 −10 −14  8 12 16  t t  (AB)t =   −6 −10 −14  = B A 8 12 16 Solución del Ejercicio propuesto 6.3

Si consideramos las matrices:   2 0 A= , 3 0

✐

B=



1 0 0 1



,

C=



1 0 0 0



✐

756

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

puede comprobarse que: AB =



2 0 3 0



= AC

pero es evidente que B 6= C. Solución del Ejercicio propuesto 6.4



 −1 0 1 (a) Rango  3 2 1 =3 1 −1 2 

 1 1 0 (b) Rango 2 −1 0  = 3 1 1 1 

 1 1 1 (c) Rango  0 1 1 =3 3 0 −6 

 2 4 0 7 (d) Rango  1 3 1 8 =3 1 0 −2 −9 

  (e) Rango   

 1 2 5 1 −3 −6   −6 −2 −8  =2 0 5 11  2 −1 −1



 1 1 2 −1 0 (f) Rango 0 −1 1 1 1 =3 1 0 0 2 −1 

2  1 (g) Rango  1 1

✐

1 3 1 1

1 1 4 1

1 1 1 5

1 2 3 4

 1 1  =4 1  1

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

757

Solución del Ejercicio propuesto 6.5

(a)



−2 3 1 −1

−1

1 3

=

1 2

−1



1 3 1 (b)  2 −1 2  3 2 −3 

−1



−1

1 2 −3 (c)  0 1 2  0 0 1

2 4 3 (d)  0 1 1  2 2 −1



2/7 1/6

1 −2

 =  0 0



11 42

1/6

−1/7

0

−1/42

 =  

!

1/6

7

−1/6



 −2   1

1 0

3/4

−5/2 −1/4

 =  −1/2

2

1/2

−1

   



 1/2   −1/2

  −1 1 −1 −1 2 1 1    (e)  4 −2 5/2 2 2 0  =   −3 −1 1 1 −1/2 0 



 (f)  

−1

0 −1 0 1 0 2 −1 1   1 −2 1 1  −1 0 1 3



−1/2

1/2

3/4 −1/4

  −3/4 1/4 1/8  =  −5/4 −1/4 3/8  1/4 1/4 1/8



 1/8    3/8   1/8

Solución del Ejercicio propuesto 6.6



−1

1 k k  1 2 4  1 3 9

✐



−3 (−3 + 2 k)−1

 −1 =  5/2 (−3 + 2 k)

k 3 −3+ 2k

−9+k 1/2 −3 +2 k

−3+k −1/2 (−3 + 2 k)−1 −1/2 −3 +2 k

k − −3+ 2k



 −4+k  , k 6= 3 −1/2 −3 +2 k  2 −2+k 1/2 −3 +2 k

✐

758

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución del Ejercicio propuesto 6.7

cos(α ) − sen(α ) (a) cos(α ) sen(α )

1 1 1 (b) x y z x2 y2 z2 (c)

2 1 3 1 1 2 1 −1

=1

= yz2 − zy2 + xy2 − xz2 + x2 z − x2 y

3 −1 2 1 = 15 3 1 1 −1

Solución del Ejercicio propuesto 6.8

3 −2 0 (a) −3 9 5 = −135 (desarrollando por la tercera columna) 6 5 0

2 1 −6 (b) 3 −1 7 = −20 (desarrollando por la tercera fila) 0 0 4 3 −1 5 (c) 0 2 0 1 1 −1

= −16 (desarrollando por la segunda fila)

Solución del Ejercicio propuesto 6.9



✐

3 2 1 −1

−1

=

1/5

3/5

1/5 −2/5

!

. Además, |A| = −5 y |A−1 | = −1/5.

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

759

Solución del Ejercicio propuesto 6.10

|A| =

1 0 0 0 0

0 0 0 1 0

0 0 2 0 0

0 0 a 0 0 0 0 0 0 a+1

= −2a(a + 1).

La matriz es singular si a = 0 o a = −1. Para el resto de valores de a, la matriz inversa es:   1 0 0 0 0     0 0 0 1 0     −1   0 A =  0 0 1/2 0      0 a−1 0 0 0   0 0 0 0 (a + 1)−1 Solución del Ejercicio propuesto 6.11

  3x − 2y + 2z = 4 (a) La solución del sistema 2x + y − 3z = 1 es x = 10/7, y = 8/7, z = 1.  x − 3y + 4z = 2

  x + y − z + 2u = 0 (b) La solución del sistema 2x − y − t = 1 es:  3x − z + t = 1 x = λ /2 + µ /2 + 1/2,

z = 3λ /2 + 5µ /2 + 1/,

y = λ,

u = µ,

t=µ

(la solución tiene dos grados de libertad). (c) La solución del sistema



x+y+z = 3 es: x + 2y − 4z = 1

x = −6λ + 5,

y = 5λ − 2,

z=λ

(la solución tiene un grado de libertad).

✐

✐

760

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

 x + 2y = 1    2x − z = 1 es x = 1, y = 0, z = 1. (d) La solución del sistema x+y−z = 0    x − y + 2z = 3

 x+y+z = 1    2x − 2y − z = 0 (e) La solución del sistema es x = 1/2, y = 1/2, z = 0.  x + 3y + 5z = 2   5x + 3y + 6z = 4

Solución del Ejercicio propuesto 6.12

  2x + y − az = 1 3x + 2y + z = a (a)  2x + y + z = −a

El sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad si a = −1, con solución x = 3 − λ , y = −5 + λ , z = λ . Si a 6= −1, el sistema es compatible determinado, con solución x = 1 − 3a, y = −1 + 5a, z = −1.

  ax + y + 2z = 1 (b) x + ay + z = a  x + 2y + z = a

El sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad si a = 2, con solución x = −λ , y = 1, z = λ . Si a 6= 2, el sistema es compatible determinado, a2 −1 con solución x = − 2a−1 a−2 , y = 0, z = a−2 .

  ax + 2z = 1 (c) x + y + ( a + 1) z = 2  2x − y + 4z = a

El sistema es incompatible si a = −4. El sistema es compatible determinado si −22+2a −3 11+5a a 6= −4 con solución x = 44 +11a , y = 44+11a , z = 4+a .

  3x − 2y + z = 1 4x + y − 2z = 2 (d)  2x − 5y − az = 3

✐

✐

CAPÍTULO 6. ÁLGEBRA LINEAL: MATRICES Y SISTEMAS DE ECUACIONES

761

Solución del Ejercicio propuesto 6.13

El sistema:   ax − 2x = b + 1 (2a − 4)x − y = 2b  2 ( a − 4) x + z − y = 0

es incompatible si a = 2 y b 6= −1; el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad si a = 2 y b = −1, con solución x = λ , y = 2, z = 2; finalmente, el sistema +1 es compatible determinado si a 6= 2, con solución x = ba−2 , y = 2, z = −ab − a − 2b. Solución del Ejercicio propuesto 6.14

El sistema:  s+t = 1    bx + y = 1 bs = c    bz + t = 1

es incompatible si b = 0 y c 6= 0; el sistema es compatible indeterminado con dos grados de libertad si b = 0 y c = 0 con solución x = λ , y = 1, z = µ , t = 1, s = 0; el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad si b 6= 0, con solución x = − λ −1 b , b−c c c y = λ , z = b2 , t = b , s = b . Solución del Ejercicio propuesto 6.15

Los tres planos:

π1 : x + y − z + 3 = 0 π2 : −4x + y + 4z − 7 = 0 π3 : −2x + 3y + 2z − 2 = 0

son secantes dos a dos. No hay intersección común. Solución del Ejercicio propuesto 6.16

De los tres planos:

π1 : 2x + 3y + z − 1 = 0 π2 : x − y + z + 2 = 0 π3 : 2x − 2y + 2z + 4 = 0

los dos últimos son coincidentes y el primero es secante. La intersección común es una recta que pasa por el punto (3, 0, −5) y tiene vector director (−4, 1, 5).

✐

✐

762

MATEMÁTICAS PARA LA INGENIERÍA

Solución del Ejercicio propuesto 6.17

De los tres planos:

π1 : 2x − y + 2z + 1 = 0 π2 : −4x + 2y − 4z − 2 = 0 π3 : 6x − 3y + 6z + 1 = 0 los dos primeros son coincidentes y el tercero es paralelo. No hay intersección común.

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