Solucionario

Ejercicio 1.1: Demostrar que si una sucesión tiende a ó a -, entonces la sucesión formada por los inversos multiplicativos de los términos de la primera sucesión (los diferentes de 0) tiende a 0.

Sea (xk) una sucesión tendente a (el caso en que tienda a - es enteramente similar). Entonces, se quiere demostrar que la sucesión (1/xk) tiende a 0. Por hipótesis, puede afirmarse que a partir de cierto término de la sucesión original, todos los demás han de ser positivos. Así. Habrá una “cola” de la sucesión formada sólo por términos positivos y ella habrá de tender a también. Además, para cualquier positivo que queramos, los términos de la sucesión desde cierto índice serán mayores que dicho positivo. Luego, sus inversos multiplicativos serán más y más pequeños, por lo que habrán de tender a 0. De manera formal, n , (k > n xk > 0). Como por hipótesis, M > 0, hay un n , (k > n xk > M), se sigue que la subsucesión (xn+1 , xn+2, …) tiende también a siendo todos sus términos positivos. Si formamos la sucesión (1/ xn+1 , 1/ xn+2 , …) resulta que todos sus términos serán menores que 1/M. Luego,

Ejercicio 1.2: ¿Será verdad que si una sucesión tiende a 0, entonces la sucesión formada por los inversos multiplicativos de los términos de la primera sucesión (los diferentes de 0) tiende a ó a -? Caso que sí, demostrarlo; caso que no, dar contraejemplos.

La tendencia a infinito ó a menos infinito exige un claro comportamiento, a saber, de acrecentamiento, en el primer caso, y de decrecimiento, en el segundo. Sin embargo, al tender a cero una sucesión, es posible que no haya conservación de signo de parte de los términos de ella. Luego, la respuesta es que no, como lo0 comprueba el siguiente contraejemplo: (1, -1, ½, - ½ , 1/3, -1/3, …, 1/k, -1/k, …) . Es claro que ella tiende a 0 pero sus inversos multiplicativos dan la sucesión (1, -1, 2, -2, 3, -3, … k, -k, …) que es alternante y no tiende ni a infinito ni a menos infinito ni a nada.

Ejercicio 1.3 Demostrar que si el límite de una sucesión es menor que el límite de otra, entonces casi todos los términos de la primera son menores que los correspondientes términos de la segunda, esto es, que si a = lim (xk), b = lim (yk) y a < b entonces n, k > n, xk yk.

La razón para esto es que si casi todos los términos de la una sucesión están muy cerca de su límite y el límite de la primera sucesión es menor que el de la segunda, entonces resulta natural prever que casi todos los términos de la primera sucesión serán menores que los de la segunda. De manera formal, si escogemos un := (b - a) / 2, entonces, por la definición de límite, habrá números naturales m y m tales que (k > m a - xk< ) (k > m b - yk< ), Ahora basta con definir n := 1 + max(m, m ). Entonces, obtenemos que k > n, xk yk , puesto que xk < a + = a + (b - a)/2 = (a + b)/2 = b – (b – a ) / 2 = b - < b.

Ejercicio 1.4 Demostrar que si 0 < a = lim (xk), entonces lim (xk )= a.

La idea es que si el límite de la sucesión es positivo, entonces a partir de cierto término de ella, todos los que siguen habrán de ser positivos también, y como para cualquier positivo, su valor absoluto es él mismo, entonces, que dichos términos estén cercanos al límite es lo mismo que decir que sus valores absolutos estén cercanos a él. De modo

formal, lo que se quiere demostrar es que > 0, n , k , (k > n a - xk< ).Ahora bien por hipótesis se sabe que > 0, n , k , (k > n a - xk < ), siendo a positivo. Luego, si escogemos para el valor a/2, hemos de concluir que n tal que (k > n a - xk < a/2), de donde se sigue que (k > n xk > 0 ). Es decir, que todos los términos de la sucesión de índice mayor que n son positivos. Como todo número positivo es igual a su valor absoluto, podemos afirmar que (k > n a - xk= a - xk . Sabemos que para una sucesión convergente, ocurre que todas sus subsucesiones también son convergentes y convergen al límite de la sucesión. Por lo tanto, la subsucesión (xn + 1 , xn + 2 , …) converge a a. De la definición de límite de una sucesión, se sigue que > 0, n , k , (k > n k > n a - xk< ), y, como para tales k, xk = xk, concluimos que > 0, n , k , (k > n a - xk< ).

Ejercicio 1.5 Demostrar que si una sucesión monótona posee alguna subsucesión convergente, entonces dicha sucesión es convergente.

La idea es que si la sucesión dada posee alguna subsucesión convergente, entonces, suponiendo, primero, que la sucesión dada es creciente, ha de concluirse que si el límite menos un término de la subsucesión es algo “muy pequeño”, también será que el límite menos cualquier término de la sucesión de índice no menor que el de aquel término de la subsucesión será algo “muy pequeño”, ya que los términos de la sucesión nunca “descienden”. De modo formal, se tiene que si (xk) es una sucesión monótona que, sin pérdida de generalidad, podemos suponer creciente (para una decreciente, el argumento es muy similar), y ella posee una subsucesión convergente, (x), donde : , es una función estrictamente creciente; entonces, como esta subsucesión es convergente por hipótesis, ha de haber un número real, a, tal que > 0, n , (k > n x (k) – a < ). Ahora bien, puesto que la sucesión original es monótona creciente, entonces h > n, se tiene que xh x (h), de donde, h > n, xh – a < ). Esto demuestra que a = lim (xk).

Ejercicio 1.6 Se llama “valor (ó punto) de adherencia” de una sucesión al límite de cualquier subsucesión de ella. Hallar, si existieren, los valores de adherencia de la sucesión (xk) definida por x2k = k y x2k-1 = 1/k . ¿Es convergente dicha sucesión?

Dicha sucesión es así: (1, 1, ½, 2, 1/3, 3, ¼, 4, …). Entonces, puede intuirse que los términos de índice impar, a saber, 1, ½, 1/3, …, forman una subsucesión tendente a 0 y que los de índice par, a saber, 1, 2, 3, 4, …, hacen una subsucesión que tiende al infinito. Por lo tanto, podemos conjeturar que hay un único punto de adherencia, a saber, el 0. La demostración rigurosa de este aserto es como sigue. 1º Que el 0 sea punto de adherencia es algo que se desprende de la definición de tales puntos, ya que, como se ha dicho líneas antes, 0 = lim (x1, x3, x5, …). 2º Que no haya ningún otro punto de adherencia de la sucesión es algo que puede demostrarse descartando como tales, primero, a todos los positivos y, luego, a todos los negativos. En efecto, dado un positivo cualquiera, a, es claro que no hay sino dos posibilidades: o bien él es un entero o bien él no es entero. Si es un entero, entonces en el intervalo ]a- ¼, a + ¼ [ no hay ningún término de la sucesión a parte de él mismo, por lo cual a no puede ser límite de ninguna subsucesión. A continuación, si a es negativo, entonces en el intervalo ]a + a /4, a – a /4[ no hay ningún término de la sucesión, por lo que tampoco puede ser punto de adherencia de la sucesión.

Ejercicio 1.7 Demostrar que una sucesión acotada es convergente si, y sólo si, posee un único punto de adherencia.

Hay que demostrar, primero, que una sucesión acotada es convergente si posee un único punto de adherencia. Después, hay que demostrar que una sucesión acotada es convergente sólo si posee un único punto de adherencia. Veamos.1º Sea (xk) una sucesión acotada que posee un único punto de adherencia, a. Como sabemos, toda sucesión acotada está dentro de algún intervalo cerrado [b, d]. La sucesión será convergente al punto a si es que toda subsucesión de ella converge a dicho punto a. Sea pues (x) una subsucesión cualquiera, con : una función estrictamente creciente. Entonces ella está dentro del intervalo cerrado [b, d], y por lo tanto ha de tener, a su vez, alguna subsucesión convergente a algún punto de dicho intervalo. Pero esta última subsucesión de la subsucesión (x) es también una subsucesión de la sucesión (xk), de donde se sigue que el punto al que converge tiene que ser a, ya que de no ser así. La sucesión original poseería dos puntos de adherencia.2º Sea (yk) una sucesión acotada y convergente. Se quiere demostrar que posee un único punto de adherencia. Pero esto es obvio, pues, por ser convergente, su límite es también punto de adherencia (recordar que una sucesión es también una de sus subsucesiones). Que no haya otro punto de adherencia es también obvio pues la teoría nos ha enseñado que toda subsucesión de una sucesión convergente converge al límite de ésta.

Ejercicio 1.8 Se dice que una sucesión de números reales, (xk), es “de Cauchy” si la diferencia de dos términos cualesquiera de una “cola” de la sucesión puede hacerse tan pequeña como se quiera con sólo definir convenientemente esa “cola”, es decir, que > 0, n, (h > n k > n) xh - xk < . Demostrar, primero, que toda sucesión convergente de números reales es de Cauchy.Demostrar, luego, que toda sucesión de números reales que sea de Cauchy es acotada.

1º Sea (xk) una sucesión convergente a cierto punto a. Se quiere demostrar que ella es de Cauchy, esto es, que > 0, n, (h > n k > n) xh - xk < . Para ello, dado un positivo cualquiera, , apliquemos la definición de límite con el positivo /3 y obtendremos que n , (h > n xh - a< /3). Entonces, si h > n k > n ha de tenerse, por la desigualdad triangular, que xh - xk = (xh - a) + (a - xk) xh – a + xk – a /3 + /3 = .2º Sea (xk) una sucesión de Cauchy. Se pide demostrar que ella es acotada. La razón de esto es intuitivamente clara, pues, de la definición de tales sucesiones de Cauchy se sigue que hay un número natural, n, tal que dos términos cualesquiera de índices mayores que n difieren entre sí en valor absoluto en no más que 1; y así, llamando m al número que se obtiene de max (x1 , … xn ) + 2, tenemos que el valor absoluto de cualquier término de la sucesión estará acotado por 2 (se dejan los detalles de la demostración de este aserto al estudiante).

Ejercicio 1.9 Demostrar que lim (xk) = si xk = 2 k - k.

Se quiere demostrar, según la definición de límite infinito, que para cualquier positivo que se quiera, hay una cola entera de la sucesión que se sitúa por encima de dicho positivo. Esto es, que M > 0, n , k (k > n xk > M ). Ahora bien, por la definición de la sucesión, resulta que xk > M 2 k - k > M k (2 k - 1) > M. Para

conseguir un n que satisfaga la implicación k > n k (2 k - 1) > M , bastará con que satisfaga a esta otra condición: k > n k > M 2 k – 1 > M. Como es fácil demostrar por inducción finita (también llamada inducción aritmética), se tiene que k , 2 k – 1 > M k > (M + 1)2 / 4 . Así, lo que se quiere hallar es un número natural, n, tal que k , k > n k > M k > (M + 1)2 / 4. Puesto que esta expresión (M + 1)2 / 4 es M2 (otra vez, el estudiante ha de demostrar esto por inducción finita), basta con hallar un n tal que k , k > n k > M k > M2. Esto se logra fácilmente definiendo n := max (M, M2) que no es otro que M2. En definitiva, dado cualquier positivo M, definiendo n como el menor número natural que sea mayor que M2, se garantiza que k (k > n xk > M ).

Ejercicio 1.10 Demostrar que es divergente la serie xk donde xk = (k + 1)1/2 – (k)1/2 , a pesar de que tienda a 0 su término general (sugerencia: emplear la identidad a2 – b2 = (a - b)(a + b) y calcular explícitamente las sumas parciales).

Según la identidad de la sugerencia, xk = (k + 1)1/2 – (k)1/2 = 1/((k +1)+k). Ahora bien, es fácil demostrar por inducción finita que k , (k +1)+k > 2k, por lo que k , xk > 2k . A su vez, k , 1/k > 1/k, de donde k , xk > 2/k .Por otro lado, puede fácilmente demostrarse que la serie (1/k) diverge ya que sus sumas parciales se hacen arbitrariamente grandes a medida que el número de términos aumenta sin cesar. En efecto, ya que 1 + ½ + 1/3 + ¼ + 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 = 1 + ½ + (1/3 + ¼ + 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8) > 1 + ½ + (1/8 + 1/8 + 1/8 + 1/8) = 1 + 2 (1/2), y, similarmente 1 + ½ + 1/3 + … 1/16 > 1 + 2(1/2), obtenemos que n , la suma de los 2n primeros términos de la serie (1/k) es mayor que 1 + n (1/2). Esto muestra que la serie (1/k) es divergente.

Finalmente, como es el caso que n , , y ésta diverge a infinito, ha

de seguirse que también la serie xk diverge a infinito.Notemos de paso que 0 = lim (xk), pues xk = (k + 1)1/2 – (k)1/2 = 1/((k +1)+k) 1/(2(k + 1)) y esta expresión tiende a 0 cuando k tiende a infinito.

Ejercicio 1.11 Sabiendo que es convergente la serie xk donde xk = 2/(k + k2), y usando el criterio de comparación, demostrar la convergencia de la serie yk donde yk = 1/k2.

Basta comprobar (por inducción finita) que k , 2/(k + k2) 1/k2. Ahora, el criterio de comparación nos permite concluir que la serie de términos positivos yk es convergente.

Ejercicio 1.12 Demostrar la convergencia de la serie geométrica de razón positiva, r, menor que 1, a saber, a + a r + a r2 + a r3 + … .

Si se designa por Sn a la suma parcial de los n primeros términos de la serie, entonces resulta que Sn – rSn = a – arn, de donde se sigue que Sn = a(1 - rn)/(1 - r), y como el límite de esta expresión, cuando n tiende a infinito, es a / (1 - r), se concluye que es convergente la serie geométrica dada.

Ejercicio 1.13 Sabiendo que la serie de términos innegativos, xk , es convergente, demostrar la convergencia absoluta de la serie xk ak, siendo a un número del intervalo [-1, 1].

La razón es simple, pues xk ak = xk a xk. Entonces, una simple aplicación del criterio de comparación nos permite concluir que es convergente la serie xk ak ; ahora, la teoría estudiada nos garantiza que es convergente la serie xk .

Ejercicio 2.1 ¿Sería aceptable la siguiente definición alternativa de par ordenado (a, b) := {b, {a}}? Recuérdese que lo que se quiere es poder reconocer inequívocamente el primer elemento del par. ¿Habría manera de extender este modo de definir par ordenado al caso de trío ordenado?

Por ser éste un ejercicio esencialmente conceptual, su solución se deja a cargo del estudiante.

Ejercicio 2.2 ¿Cuáles de los siguientes conjuntos son funciones y por qué no lo son los otros? a) {(1, 0), (0, 1), (2, 1). (1, 2)} b) {(1, 0), (0, 1), (2, 1), ({1}, 2)}c) {(x, y) : x y2 = x } d) {(x, y) : x y = x2 }

Por ser éste un ejercicio esencialmente conceptual, su solución se deja a cargo del estudiante.

Ejercicio 2.3 ¿Cuáles de las funciones dadas en el ejercicio anterior tienen inversa, cuáles de ellas son inyectivas, y cuáles son biyectivas?

Por ser éste un ejercicio esencialmente conceptual, su solución se deja a cargo del estudiante.

Ejercicio 2.4 Demostrar que si una relación binaria en un conjunto dado es total, entonces ella es también reflexiva.

Sea S una relación binaria en el conjunto dado X. Se pide demostrar que xde X, x S x. Puesto que la relación S es total, dado el par ordenado (x, x) ha de tenerse que el primer elemento del par está en la relación S con el segundo ó el segundo está en esa relación con el primero. Esto, tautológicamente, implica que x S x como queríase demostrar.

Ejercicio 2.5 Si una relación binaria en un conjunto dado es simétrica, ¿tendrá también que ser transitiva? ¿Y a la inversa sí? ¿Qué se podrá responder a estas cuestiones si se sabe además que la relación es total?

La respuesta a la primera cuestión es negativa, pues, por ejemplo la siguiente relación binaria {(2, 1), (1, 2)} es obviamente simétrica pero no es transitiva, ya que si lo fuese, el par (2, 2) debería pertenecer a la relación, y eso no ocurre.

La respuesta a la segunda cuestión es también negativa, pues, por ejemplo, la siguiente relación {(1, 2), (2, 5), (1, 5)} es transitiva pero no es simétrica.

La respuesta a la tercera cuestión se deja al estudiante por ser de carácter fuertemente conceptual.

Ejercicio 2.6 En el conjunto de los números naturales se define la relación binaria S como a S b si es que a b a + b. ¿Cuáles de las propiedades estudiadas en este curso son satisfechas por ésta relación?

Fácilmente se comprueba que S = {(2, 2)} {(x, y) : x= 1 y = 1}. También ha de comprobarse que es ésta una relación simétrica y transitiva pero no reflexiva; además, ella no es total. En consecuencia,, no es una relación de eq bivalencia.

Ejercicio 3.1 Demostrar que cualesquiera fuesen los subconjuntos A y B de la recta real, la intersección de los interiores de ellos es igual al interior de la intersección de ellos, es decir, que int (A B) = (int A) int B. Pero, en cambio, la unión de los interiores de ellos, en general, sólo está incluida en el interior de la unión de ellos, es decir, que int (A B) (int A) int B. Para establecer este último resultado, considérense los casos en que A = [0, 1] y B = [1, 2]. Ha de comprobarse que el interior de A B tiene como subconjunto propio a la unión de los interiores de A y de B.

Empecemos con la segunda afirmación. Es claro que int A = ]0, 1[ y que int B = ]1, 2[. Luego, como A B = [0, 2] y el int (A B) ]0, 2[, resulta que int (A B) (int A) int B, pues el 1 ]0, 1[]1, 2[ = (int A) int B pero sí pertenece a ]0, 2[ = int (A B).

Para demostrar la primera afirmación, que int (A B) = (int A) int B, notemos, primero, que si un punto, x, pertenece al interior de la intersección de A y B, entonces hay un positivo, , tal que ] x - , x + [ A B, y por ende ] x - , x + [ A ] x - , x + [ B, de donde x (int A) int B. A continuación, tomemos un punto, z, perteneciente a (int A) int B. Entonces han de existir positivos, y , tales que ] z - , z + [ A ] z - , z + [ B. Entonces, si definimos como el min (, ), se sigue inmediatamente que ] z - , z + [ A B, de donde, z int (A B). Ejercicio 3.2 Demostrar que si la frontera de un subconjunto de es el vacío, entonces dicho subconjunto es el vacío ó es todo .

Supóngase que hubiera un subconjunto, C, de la recta real cuya frontera fuese el vacío sin que él fuera el vacío ó todo . Por lo tanto, habría un punto x C y habría otro punto y C. Obviamente, x y. Como ninguno de estos puntos pertenece a la frontera de C, entonces x pertenece al interior de C y y pertenece al interior del complemento de C. Como estos dos puntos son arbitrarios en C y su complemento, concluimos que todo punto de cualquiera de estos conjuntos es interior, por lo que ambos son abiertos y no vacíos. Pero entonces, habríamos encontrado dos subconjuntos abiertos y no vacíos de cuya unión es igual a . Esto contradiría a la propiedad de conexión de la recta real presentada al final de la sección 3 del curso. Por lo tanto, no puede haber ningún subconjunto no vacío de cuya frontera sea el vacío aparte de y .

Ejercicio 3.3 Demostrar que la unión de una colección finita de subconjuntos compactos de es un subconjunto compacto y que la intersección de cualquier colección de subconjuntos compactos de es un subconjunto compacto.

1º Se ha de demostrar que la unión de una colección finita de subconjuntos compactos de es un subconjunto compacto. Sea pues la colección C1 , …, Cn de subconjuntos compactos de . Hay que probar que la unión de esos subconjuntos es un subconjunto compacto de . Que dicha unión sea acotada es fácil de demostrar, pues, si el positivo

Mi es tal que Ci [-Mi , Mi], i {1, …, n}, entonces definiendo M como el máximo de M1 , …, Mn . se tendrá que C1 … Cn [-M, M]. Y que dicha unión sea cerrada se sigue de que la unión de una colección finita de cerrados es un cerrado, como se ha visto en la sección 3.1 del curso.

2º Se ha de demostrar que la intersección de cualquier colección de subconjuntos compactos de es un subconjunto compacto. Sea pues la colección (ó, como suele también decirse, familia1) {Ci : i I }de subconjuntos compactos de . Hay que probar que la intersección de esos subconjuntos es un subconjunto compacto de . Para ello, bastará con hacer ver que dicha intersección es un subconjunto cerrado y acotado de . Que sea cerrado se sigue de que, como ya hemos visto en el curso, sección 3.1, la intersección de cerrados es un cerrado. Que sea acotado se sigue de que la intersección de una colección de conjuntos es subconjunto de cualquiera de ellos, y es obvio que todo subconjunto de un acotado es también acotado.

Ejercicio 3.4 Sean f , una función real definida en el subconjunto X de la recta real; z, un punto de acumulación de X , y L , un número real, tales que limz f = L . Defínase Y := f (X{z}). Demostrar que L pertenece a la clausura de Y.

Lo que ha de demostrarse es que L es límite de alguna sucesión de puntos de Y. Sea, pues, (xk) una sucesión de puntos de X{z} que tienda a z; entonces la sucesión de sus imágenes, (f (xk)), tiene por límite a L, ya que, dado cualquier positivo, , por definición de límite de una función en un punto de acumulación de su dominio, hay un positivo, , tal que todo punto que diste de z menos que tendrá imagen por f a distancia menor que de L . Además, por definición de límite de una sucesión, para el que tenemos entre manos, ha de haber un número natural, n, tal que k , (k > n z – xk < ). Por ende, k , (k > n L –f ( xk ) < ), esto es, que L = lim (f (xk)).

Ejercicio 3.5 Sea f : , x x, si x es racional, pero x 0 si x es irracional; y sea g : , x 0 si x 0, pero 0 1. Es claro que puede hacerse la composición de f con g, a saber, g f , ya que el codominio de f está incluido en el dominio de g. Demostrar que si bien existen los límites de f y g en 0, sin embargo no existe el límite de g f en 0.

El límite de f en 0 es 0 y el limite de g en 0 es 0 (como ha de demostrarlo el estudiante diligente). Pero g f (x) = 0 si x es racional distinto de 0 y g f (x) = 1 si x es irracional ó 0. Por lo tanto, tan cerca del 0 como queramos, hay puntos de imagen igual a 1 y puntos de imagen igual a 0. Así, no puede haber límite de g f en 0 (los detalles de la demostración de esta aseveración quedan a cargo del estudiante diligente).

Ejercicio 3.6 Demostrar que para la función f : , dada por x 1/ (1+x2), se cumple que lim0+ f = 1.

Ha de demostrarse que > 0, > 0 tal que x de ]0, [, se tenga que f(x) – 1 < .Pero 1 – 1/(1 + x2) < x2 < (1 - ) x< ( (1 - ))1/2. Entonces, podemos escoger el positivo como ( 2(1 - ))1/2 para garantizar que se cumpla la implicación de dos líneas arriba.1 Suele presentarse una familia de conjuntos como {Ci : i I}, donde I es un conjunto dado. Sin embargo, esto no es lo más exacto, pues si ocurriese que i de I, Ci fuera el mismo conjunto, digamos C, entonces nos quedaríamos con la “familia” {C}, no siendo ésta la intención. Así, pues, cuando se hable de una familia {Ci : i I}, en verdad se tiene en mente una función de dominio I cuyos valores en cada i son los Ci , esto es {(i, Ci) : i I }. Ejemplo: la familia {5 : i {2, 5, 6}} = {(2, 5), (5, 5), (6, 5)}.

Ejercicio 3.7 Demostrar que si p y q son polinomios de segundo y tercer grado respectivamente con coeficientes positivos para los términos de segundo y tercer grado, entonces = lim p = lim- p = lim q = - lim- q. Luego, generalizar esta proposición considerando, ya no grados segundo y tercero, sino pares e impares.

Si p es el polinomio a x2 + b x + c, con a > 0, entonces p = x2 (a + b/x + c / x2), por lo que lim p = (lim x2) (lim (a + b/x + c / x2)) = ya que a = lim (a + b/x + c / x2) y lim x2 = . El caso de q como polinomio de tercer grado se trata de modo casi idéntico. Las generalizaciones son también inmediatas y quedan los detalles formales a cargo del estudiante aplicado.

Ejercicio 3.8 Demostrar que si son continuas las funciones f : X y g : X , entonces también los son las funciones F : X y G : X , definidas respectivamente por F (x) := max (f (x), g (x)) y G (x) := min (f (x), g (x)).

Ha de demostrarse que a de X, max (f (a), g (a)) = lima max (f (x), g (x)). Tomemos un positivo, , cualquiera. Hemos de mostrar que hay un positivo, , tal que (x – a < max (f (a), g (a)) - max (f (x), g (x)) < ).

Consideremos, primero, el caso en que f (a) > g (a) (el caso en que f (a) < g (a) se trata de modo similar). Definamos ´como el mínimo entre y f (a) - g (a). Entonces, como las funciones f y g son continuas, hay positivos, 1 y 2 , tales que x de X , (x – a < 1

f (a) – f (x)< ´/2) x – a < 2 g (a) – g (x)< ´/2). Definamos el positivo := min (1 , 2). Ahora, si x – a < , como f (x) > f (a) - ´/2 g (a) + ´/2 > g (x), concluimos que f (x) ha de ser el max (f (x), g (x)). Por lo tanto, ya que f (x) – f (a) < ´/2 < ´< , se obtiene que (x – a < max (f (a), g (a)) - max (f (x), g (x)) < ).

En segundo lugar, consideremos el caso en que f (a) = g (a). Sea un positivo cualquiera. De nuevo, por la continuidad de las funciones f y g, ha de haber positivos, 1

y 2 , tales que x de X , (x – a < 1 f (a) – f (x)< /2) x – a < 2 g (a) – g (x)< /2). Ahora, ya que f (a) = max (f (a), g (a)) = g (a), x de X tal que x – a < min (1, 2), ha de tenerse que, tanto si f (x) g (x) como si f (x) g (x), max (f (a), g (a)) - max (f (x), g (x))< .

Ejercicio 3.9 Demostrar que si son continuas las funciones f : X y g : X , siendo abierto el subconjunto X de , entonces es abierto el subconjunto de X formado por los puntos en donde difieren entre sí las imágenes de las funciones dadas, y que es cerrado el subconjunto de X formado por los puntos en donde coinciden dichas imágenes.

1º Que es abierto el {x X : f (x) g (x)} : Tomemos un punto x cualquiera de dicho subconjunto, y definamos el positivo := f (x) - g (x) / 3. Por la continuidad de las funciones f y g, hay positivos, 1 y 2, tales que z de X tal que z – x < min (1 , 2), se tendrá que f (x) – f (z) < g (x) – g (z)< . Ahora, por la forma en que se ha definido , ha de cumplirse que f (x) g (x), z de X tal que z – x < min (1 , 2). Luego, ]x - min (1 , 2) , x + min (1 , 2) [ {x X : f (x) g (x)}, por lo cual resulta que este subconjunto de X es abierto.

2º Que es cerrado el {x X : f (x) = g (x)} : Como ya hemos demostrado que es abierto el complemento de este subconjunto de X, a saber, el {x X : f (x) g (x)}, se sigue inmediatamente que ha de ser cerrado el {x X : f (x) = g (x)}.

Ejercicio 3.10 Sea f : [0, 1] una función continua tal que f (0) = f (1). Demostrar que hay al menos un punto x del intervalo [0, 1] tal que f (x) = f (x + ½). (Sugerencia: aplicar el teorema del valor intermedio a la función g (x) := f (x) - f (x + ½)). A continuación enunciar y demostrar un ejercicio similar pero con 1/3 en vez de ½.

Como ya sabemos, es continua la función que se obtiene por la sustracción de funciones continuas. Así, la función g : [0, 1/2] definida como g (x):= f (x) - f (x + ½) es continua. Además, g (0) = f (0) – f (½) y g (½) = f (½) – f (1). Entonces, como f (0) = f (1), vemos que g (0) y g (½) difieren en signo ó son iguales. En cualquier caso, 0 pertenece al intervalo de extremos g (0) y g (½), por lo cual ha de haber algún punto, x, del intervalo [0, ½], tal que 0 = g (x) = f (x) – f (x + ½), que es lo que había que demostrar.

Para el caso de 1/3, el enunciado será: Sea f : [0, 1] una función continua tal que f (0) = f (1). Demostrar que hay al menos un punto x del intervalo [0, 1] tal que f (x) = f (x + 1/3).

Su demostración es como sigue. Como ya sabemos, es continua la función que se obtiene por la sustracción de funciones continuas. Así, la función g: [0, 2/3] definida como g (x) := f (x) - f (x + 1/3) es continua. Además, g (0) = f (0) – f (1/3) g (1/3) = f (1/3) – f (2/3) g (2/3) = f (2/3) – f (1). Entonces, como f (0) = f (1) = h digamos, se tendrá: g (0) = h – f (1/3) g (1/3) = f (1/3) – f (2/3) g(2/3) = f (2/3) – h . Ahora bien, (1º) si (h < f (1/3) f (2/3) > h) ó si (h > f (1/3) f (2/3) < h), entonces g (0) u g (2/3) tienen signos diferentes, por lo cual, el teorema del valor intermedio implicará que hay un punto, x, del intervalo [0, 2/3] en el que la función g alcanza el valor 0. Pero así, en dicho punto x se tendrá: f (x) = f (x + 1/3).

(2º) Si (h < f (1/3) f (2/3) < h) ó si (h > f (1/3) f (2/3) > h), entonces, como g (1/3) = f (1/3) – f (2/3), se sigue de esta igualdad y de h < f (1/3) f (2/3) < h que g (1/3) > 0. Ahora se tendría que g toma valores de signo opuesto en los puntos 0 y 1/3, por lo que, de nuevo, el teorema del valor intermedio permite concluir que ha de haber un punto, x [0, 1/3] tal que 0 = g (x) = f (x) - f (x + 1/3). En el otro caso posible, a saber, que sea h > f (1/3) f (2/3) > h, la igualdad g (1/3) = f (1/3) – f (2/3) lleva a la conclusión de que g (1/3) < 0. Así, como g (0) = h – f (1/3) > 0, ha de haber un punto, x [0, 1/3] tal que 0 = g (x) = f (x) - f (x + 1/3).

Ejercicio 3.11 A una función f : se la llama “periódica” cuando hay algún positivo, p, tal que x de , f (x) = f (x + p). Demostrar que toda función periódica continua es acotada, es decir, que hay algún positivo que es mayor que los valores absolutos de todas las imágenes de la función; y demostrar también que, entonces, toda función periódica continua alcanza un valor máximo global y alcanza un valor mínimo global.

Notemos que el codominio de la función f resulta ser igual al {f (x) : x [0, p]}, ya que cualquier punto de la recta real se obtiene sumando ó restando un múltiplo entero de p a algún punto del intervalo [0, p]. Ahora bien, como este intervalo es compacto, la función continua f tiene que ser acotada en dicho compacto. Finalmente, el supremo del

codominio de la función, que existe por la propiedad fundamental de la recta real2, ha de pertenecer al conjunto {f (x) : x [0, p]} ya que la función f es continua.

Ejercicio 4.1 Sean tres funciones f, g y h : X tales que x de X, f (x) g (x) h (x). Se sabe que f y g son diferenciables en un punto aX que es de acumulación de X y que f (a) = h (a) f (a) = h (a). Demuéstrese que la función g es diferenciable en a y que su derivada g (a) = f (a).

Si existiera la derivada de g en a ella sería el límite del cociente (g (a + z) – g (a)) / z cuando z tiende a 0. Como g (a) = f (a) = h (a), se sigue entonces que (f (a + z) – f (a))/z (g (a + z) – g (a)) / z (h (a + z) – h (a)) / z. Pero entonces, por el teorema del emparedado, tiene que ser que la expresión del centro posee límite cuando z tiende a 0 y que dicho límite es el mismo que los de las expresiones flanqueantes, a saber, que existe g (a) y es igual a f (a) y a h´(a).

Ejercicio 4.2 Sea f : X una función diferenciable en a. Demostrar, entonces, que limh0 (f (a+h) – f (a-h))2h = f (a).

(f (a+h) – f (a-h))2h = (f (a+h) – f (a) + f (a) - f (a-h))2h = (f (a+h) – f (a))2h + (f (a) - f (a-h)) 2h, de donde el límite de la expresión de la derecha ha de ser igual a f ´(a)/2 + limh0 (f (a-h) – f (a))2(-h) = f ´(a)/2 + f ´(a)/2 = f ´(a).

Ejercicio 4.3 Calcular mediante la definición de derivada de una función en un punto el valor de f (2) si f : \{0} es la función definida por f (x) = 1/x.

Si existe f (2), ha de ser el límite cuando h tiende a 0 del cociente (f (2 + h) – f (2))/h = ((2 + h)-1 – (2)-1)/h = - h /(2h (2 + h)) = -1/(2 (2 + h)). Ahora bien, esta expresión tiene por límite cuando h tiende a 0 el valor -1/4. Entonces, f ´(2) = -1/4.

Ejercicio 4.4 Admitiendo (lo que es verdad pero que no lo demostraremos aquí) que para la función exponencial exp (x) := ex se cumple que exp (x) = ex y que lim (ex/x) = , demostrar que, definiendo la función f mediante f (x) = exp (-1/x2), para x 0, y, en cambio, f (0) := 0, se tendrá que 0 = f (0).

Si existiera f (0), sería igual al límite cuando h tiende a 0 de que es

exp (-1/h2)/h = . Ahora bien, cuando h tiende a 0, 1/h2 tiende a , y por lo

asumido en el enunciado del ejercicio, vemos que el límite del cociente del denominador será igual a , mientras que el límite del numerador será igual a 0. Luego,

el límite de cociente ha de ser igual a 0 como se quería demostrar.

2 Ella es: “Todo conjunto no vacío de números reales que sea superiormente acotado posee supremo” (V. sección 1 del curso)

Ejercicio 4.5 Se sabe que la función f : es diferenciable y tal que x, t, f (tx) = t f (x). Demuéstrese, entonces, que c , x, f (x) = c x. Sugerencia: Demostrar, antes, que a, f (a) = f (a) a, y, luego, que este cociente vale f (1).

Por definición de derivada sabemos que, si existe, f (a) = limh0 = limh0

= limh0 = limh0 = = . Es

decir que la función f tiene derivada constante igual a f (1), por lo que como ya se ha establecido que a, f (a) = f (a) a, se sigue que a, f (a) = f (1)a. Basta con definir c := f (1) para terminar la demostración pedida.

Ejercicio 4.6 Se llama punto crítico de una función f a todo punto del dominio de la función en donde se anule su derivada. Demostrar, entonces, que es cerrado el conjunto de puntos críticos de una función real definida en la recta real si ésta de de clase C1.

Bastará con mostrar que el límite de cualquier sucesión de puntos críticos de la función es también un punto crítico de ella. Pero esto se sigue inmediatamente del hecho de que la función sea de clase C1, pues esto implica que la derivada de la función es continua, de modo que si para una sucesión (xk) de puntos críticos de f se tiene que dicha sucesión converge a un punto z, entonces por la continuidad de f ´tenemos que f ´(z) = f ´(lim (xk)) = lim (f ´(xk)) = lim (0) = 0. De aquí se sigue que z es también punto crítico de f .

Ejercicio 4.7 Demostrar la Regla de L’Hôpital (pronúnciese como /lopital/, que es francés, pero nunca como /lejóspital/, que no es inglés) Si las funciones f y g son diferenciables en el punto a y ambas toman el valor 0 en dicho punto, siendo además que 0 = lima f = lima g, entonces lima (f / g) = f (a) / g (a) si es que 0 g (a).

La demostración es simple, pues en tal caso ocurre que f (a) = lima (f (x) / (x - a)) y también que g (a)= = lima (g(x) / (x - a)); por lo tanto, se tendrá que lima (f / g) = limxa

(f (x) / (x-a)) (g (x) / (x-a)) = (limxa f (x)/(x-a)) (limxa g (x)/(x-a)) = f (a) / g (a), ya que 0 g (a).

Ejercicio 4.8 Calcular las derivadas en el punto 0 de la función f (x) = 1 / (1 - x). Con ellas, hallar el polinomio de Taylor de la función f en torno al 0, y comprobar que el resto de orden n dividido por la n-ésima potencia de la desviación x tiende a 0 cuando así hace la desviación.

Es inmediato comprobar por inducción finita que la n-ésima derivada de la función evaluada en el 0 vale f (n)(0) = n! Entonces, el polinomio de Taylor de esta función en torno al punto 0 es Pf ,n (0) = 1 + x + x2 + … + xn.

El resto de orden n es f (n+1)() xn+1/(n +1)! = (1 - )-(n + 1) xn+1, donde es algún número comprendido entre el 0 y x. Entonces, el cociente de dividirlo entre la n-ésima potencia de la desviación será (1 - )-(n + 1) x que tiende a 0 cuando x tiende a 0.

Ejercicio 4.9 Si P (x) es un polinomio de grado n y coeficientes enteros, hallar sus distintos polinomios de Taylor y demostrar que cualesquiera que sean los números reales a y x ha de cumplirse que P(x) = P(a) +P(a) (x - a) + … + P(n)(a) (x - a)n/ n!

La demostración de este enunciado se omite por tratarse de un cálculo directo que ha de ser hecho por el estudiante.

Ejercicio 4.10 Demostrar que la suma de dos funciones cóncavas definidas en un mismo intervalo es también una función cóncava y que la suma de dos funciones convexas definidas en un mismo intervalo es también una función convexa.

Sean f y g dos funciones cóncavas definidas en un mismo dominio X. Entonces (f + g)´´ = f ´´ + g´´ < 0, pues tanto f´´como g´´son negativas.

Ejercicio 4.11 Comprobar que las funciones polinomiales de primer grado son a la vez cóncavas y convexas. ¿Habrá otra clase de funciones de clase C2 que gocen de esta propiedad de ser a la vez cóncavas y convexas?Es inmediato comprobar que para una función de la forma f (x) = a x + b, con a 0, se cumple que x, x´ de , [0, 1], f ( x + (1- ) x´) = f (x) + (1- ) f (x´), con lo cual se demuestra que tal función f es a la vez cóncava y convexa, ya que (= ) y (= ).

Ejercicio 4.12 Demostrar que si f y g son funciones diferenciables por lo menos hasta el segundo orden y definidas respectivamente en intervalos I y J tales que f (I) J, siendo ambas cóncavas, con g monótona creciente; entonces la composición de ellas g f es también cóncava. En forma similar, demostrar que si f y g fueran convexas más bien, con g monótona creciente; entonces la composición de ellas g f sería también convexa. Dar ejemplos de funciones tales, pero ahora con g ya no monótona creciente, de modo que la composición ya no resulte ser cóncava.

Bastará con examinar los signos de la segunda derivada de la composición de funciones gf. Así, por la regla de la cadena, (gf)´(x) = g´(f (x)) f ´(x). Ahora, para encontrar la segunda derivada de gf, hemos de volver a derivar esta última expresión como lo que

es, es decir, como un producto. (gf)´´(x) = ( g´(f (x)) f ´(x)) = ( g´(f (x)) f ´(x) + g

´(f (x) f ´´(x) = g ´´( f (x)) (f ´(x))2 + g´(f (x) f ´´(x). Como la función g es creciente, entonces g´(x) 0, x . Cuando las dos funciones, f y g son cóncavas, f ´´(x) y g´´(x) son innegativas, por lo que los dos sumandos de la expresión final de (gf)´´(x) son innegativos, lo que prueba la concavidad de gf . Cuando las dos funciones, f y g son convexas, f ´´(x) y g´´(x) son no positivas, por lo que los dos sumandos de la expresión final de (gf)´´(x) son no positivos, lo que prueba la convexidad de gf .

Ejercicio 4.13 Se llama función cuasicóncava a una función f : J que posea la propiedad de que k de , el conjunto {x de J : f (x) k} sea convexo, es decir, un intervalo ó sea el vacío. Similarmente, se llama función cuasiconvexa a una función f : J que posea la propiedad de que k de , el conjunto {x de J : f (x) k} sea convexo. Demostrar que toda función cóncava es cuasicóncava y que toda función convexa es cuasiconvexa. Además, demostrar que si una función es monótona (creciente o decreciente) entonces es a la vez cuasicóncava y cuasiconvexa.

1º) Si una función es cóncava, entonces es cuasicóncava. En efecto, si f es cóncava, entonces, k de , es convexo el conjunto {x de J : f (x) k}, pues si z y z´ pertenecen a él y [0, 1], entonces como f ( z + (1-) z´) f (z) + (1- ) f (z´), ya que f es cóncava, se sigue, desde que f (z) k f (z´), que f ( z + (1-) z´) k + (1-) k = k.

Esto muestra que z + (1-) z´ {x de J : f (x) k}, con lo que se demuestra que este conjunto es convexo y, por ende, la función f es cuasicóncava.

2º) Que toda función convexa sea cuasiconvexa es algo que se demuestra casi exactamente del mismo modo.

3º) Si una función es monótona (creciente o decreciente) entonces es a la vez cuasicóncava y cuasiconvexa. En efecto, si la función f es creciente, entonces es obvio que el conjunto {x de J : f (x) k} es convexo; igualmente, si la función f es decreciente, el conjunto {x de J : f (x) k} es convexo obviamente. Por ende, la función f es a la vez cuasicóncava y cuasiconvexa.

Ejercicio 5.1 Calcular las integrales siguientes: a) b)

.

a) Sabemos que la integración es una operación lineal, esto es, que la integral de una suma es la suma de las integrales y que la integral de un múltiplo escalar de una función es ese múltiplo escalar de la integral de la función. Luego,

= + = + = = + =

99/4.

b) Por ser muy similar a la parte (a), el ejercicio queda para el estudiante.

Ejercicio 5.2 Calcular las siguientes derivadas:

a) b)

a) Sabemos que la derivada de una integral definida respecto al límite superior es

igual al integrando evaluado en dicho límite superior. Luego, = t3.

b) Sabemos que la derivada de la integral definida respecto al límite inferior es igual al negativo del integrando evaluado en dicho límite inferior. Luego,

= - e2t.

Ejercicio 5.3 Hallar el área comprendida entre la parábola de ecuación y = 2 – x2 y el eje de abscisas.

El estudiante deberá graficar el área pedida y comprobará que ella es dada por la

integral definida , la que se calcula directamente y resulta ser igual a

= .-

Ejercicio 5.4 Calcular el valor de la derivada en t = 2 de la función f (t) := .

Puesto que la derivada de la integral definida respecto al límite superior no es sino el producto del integrando evaluado en dicho límite superior con la derivada de éste, y la derivada de la integral definida respecto al límite inferior no es sino el producto del negativo del integrando evaluado en dicho límite inferior con la derivada de éste, resulta

que = (3 (3t)2 – 2 (3t)) - (3t2 – 2t) = 51 t2 – 16 t.

Ejercicio 5.5 Hallar el valor del área comprendida entre las curvas de ecuaciones y = x2 y y = 1 – x2 .

De la figura que el estudiante ha de hacerse se convencerá de que las gráficas de ambas ecuaciones se intersecan en los puntos de coordenadas (- 1/2, 1/2) y (1/2, 1/2). Luego,

el área pedida vendrá dada por la integral = (2 2) / 3.

Ejercicio 5.6 Hallar el área comprendida entre las curvas de ecuaciones respectivas x = y2 y x = 1 – y2.

La solución de este ejercicio es muy similar a la del ejercicio anterior, por lo que se deja a cargo del estudiante.

Ejercicio 5.7 Mediante el método de integración por partes hallar las integrales indefinidas siguientes:

(a) (b) (2 x -1) e3x dx (c)

(a) = y haciendo u := x dv := e-xdx, obtenemos que = -x e-x

+ e-xdx = - e-x (1 + x).

(b) (2 x -1) e3x dx = (2 x - 1)( ) = (2 x - 1) d ( ) = - d(2x - 1)

= - 2 dx = - .

(c) = (2 + x2) d (- e-x) = - (2 + x2) e-x + 2 e-xx dx que, por la parte (a) de este

ejercicio, resulta ser igual a - (2 + x2) e-x – 2 (x e-x + e-x).

Ejercicio 5.8 Mediante el método de integración por partes hallar las integrales definidas siguientes:

(a) (b) (c)

(a) = = = -

= (- ln 2) / 2 - . Esta última integral puede fácilmente

calcularse mediante el cambio de variables u := x + 1, resultando igual a la nueva

integral = = - ¼ + . Reemplazando arriba, resulta

para la integral pedida el valor – ¼ .

(b) = = = - = 2 e 2 ln 2 / ln 2 -

.

(c) = - = - + = - e + 2 ( ) = 2 – e.

Ejercicio 5.9 Mediante el método de integración por partes demostrar que para cualquier función f, f (x) dx = x f (x) - x f (x) dx. Sugerencia: usar f (x) = 1 f (x).

En efecto, de la identidad f (x) = 1 f (x) se sigue que f (x) dx = f (x) 1 dx = f (x) d(x) = x f (x) - x d (f (x)) = x f (x) - x f ´(x) dx.

Ejercicio 5.10 Sean U y C funciones diferenciables tales que el dominio de esta última es el intervalo [0, T] y el dominio de la primera contiene como subconjunto al codominio, C([0, T]), de la segunda. Demostrar, entonces, que si 0 = U(C(0)), entonces

.

Es inmediato haciendo que d v := e-rt dt, pues entonces resulta que v (t) = - e-rt/r, con lo

que la integral original valdría = (- U(C (T)) +

U(C (0))) + = .

Ejercicio 5.11 Mediante el método de integración por sustitución hallar las integrales indefinidas siguientes:

(a) (x3 - 2)9 x2dx (b) x (1 + x) dx (c)

(a) Haciendo u := x3 – 2, se obtiene que du = 3 x2, con lo cual la integral dada puede

escribirse como u9du = u10 = (x3 - 2)10.

(b) Haciendo u := (1 + x), resulta que x = u2 – 1 y que d x = 2 u du, con lo que la

integral dada x (1 + x) dx = ( u2 – 1) u 2 u du = 2 (u4 – u2) du = 2 ( ) + k = 2 (

) + k .

(c) Haciendo u2 := 1 + x2, resulta que la integral dada es =

= = = - + k .

Ejercicio 5.12 Mediante el método de integración por sustitución hallar las integrales definidas siguientes:

(a) (b) (c)

Este ejercicio se deja a cargo del estudiante por ser muy similar al anterior.

Ejercicio 6.1 Demostrar que no existe ninguna combinación lineal de los vectores (1, 3, -2), (2, 0, 1) y (1, -3, 3) que dé por resultado el vector (1, 2, 3).

Si hubiere tal combinación lineal, debería haber números reales, x, y, y z tales que x

lo que equivale al sistema lineal de ecuaciones:

. Ahora bien este sistema carece de soluciones pues implica que x – z

valga 2/3 (de la 2ª) y que también valga -1 (de restar el doble de la 3ª a la 1ª). Luego, no puede haber tal combinación lineal de los vectores dados.

Ejercicio 6.2 Hallar todas las combinaciones lineales de los vectores (1, 3, -2), (2, 0, 1) y (1, 2, 3) que den por resultado el vector (-2, 6, -6).

Como la condición exigida es: , que equivale al sistema

, y éste tiene por única solución: (x, y, z) = (2, -2, 0); se sigue que la

única combinación lineal de los vectores dados que dé por resultado el vector (-2, 6, -6),

es .

Ejercicio 6.3 ¿Hay soluciones para la ecuación 0 = (x, x + 1, 3)(x, x, 2 x)?

Dicha ecuación es: 0 = x2 + (x + 1) x + 6 x = 2 x2 + 7 x = x (2 x + 7), por lo que sí hay soluciones, a saber, x = 0 y x = -7/2.

Ejercicio 6.4 Hallar el punto de intersección en 4 del hiperplano H(p, 2) con la recta L(a, p) si p = (2, -1, 3, 0) y a = (4, 3, 2, 1).

Cualquier punto de la recta L(a, p) es de la forma a + t p, donde t es cualquier número real. Así, lo que buscamos es un valor de t tal que a + t p H(p, 2). Pero esta condición equivale a decir que las coordenadas de a + t p satisfagan la ecuación del hiperplano H(p, 2), que es: 2 = 2 x1 – x2 +3 x3. Así, 2 = 2 (4 + 2 t) – (3 - t) + 3 (2 + 3 t). de donde t = - 9/14, con lo que el punto de intersección buscado es el (19/7, 51/14, 1/14, 1).

Ejercicio 6.5 Hallar la recta que pasa por los puntos (4, -3, 2, 1) y (0, 2, 1, -3).

Ésa es la recta que, pasando por uno de los puntos, digamos el (4, -3, 2, 1), tiene por dirección el vector (0, 2, 1, -3) - (4, -3, 2, 1) = (-4, 5, -1, -4). Su representación es dada por L((0, 2, 1, -3), (-4, 5, -1, -4)) : (0, 2, 1, -3) + t (-4, 5, -1, -4), con t .

Ejercicio 6.6 Hallar la ecuación del hiperplano de 4 que pasa por los puntos (1, 2, 3, 4), (0, 1, 0, -1), (4, -3, 2, 1) y (0, 2, 1, -3).

Como la ecuación de un hiperplano de 4 es de la forma a1 x1 + … + a4 x4 = b, lo que hemos de buscar son los coeficientes a1 , … a4 y b tales que al reemplazar las variables xi por las coordenadas de los cuatro puntos dados se obtengan verdades. Así, sale el

sistema de ecuaciones ,

cuyas soluciones son de la forma a = b (3/2, 19/18, -17/18, 1/18). Por lo tanto, la ecuación del hiperplano pedido es 27 x1 + 19 x2 – 17 x3 + x4 = 18.

Ejercicio 6.7 Encontrar todas las matrices B que conmutan con A = , es decir,

tales que AB = BA.

Si denotamos la matriz B como , entonces ha de cumplirse que

que equivale a b = 2 c y d = a. Luego las

matrices que conmutan con A son las que se obtienen dando valores arbitrarios a las

constantes a y c en .

Ejercicio 6.8 Dado que las matrices A y B son cuadradas nn, averiguar bajo qué condiciones puede garantizarse la igualdad (A + B) (A - B) = AA – BB.

La condición dada equivale a: - A B + B A = O, donde O designa a la matriz nula 22. Esto equivale a decir que la condición establece que han de conmutar entre sí las matrices A y B.

Ejercicio 6.9 Dada la matriz A = , hallar, si existen tales, un vector de

norma igual a 1, v, tal que A v = v.

Es obvio que la condición A v = v equivale a (A- I) v = 0, donde 0 representa al vector nulo e I representa a la matriz identidad 33. Pero, entonces, el sistema de ecuaciones (A- I) v = 0 tiene soluciones no nulas (es que si se quiere un vector de norma 1, él tiene que ser no nulo) si, y sólo si, vale 0 el determinante de la matriz A- I. Ahora bien, esta

matriz es la y ésta tiene determinante igual a 1 0, por lo cual

concluimos que no hay vectores tales como los pedidos.

Ejercicio 6.10 ¿Para qué valores de x y de a es simétrica la matriz

?

Será simétrica si, y sólo si, x + 1 = x2 – 1 4 a = x2 + 4. Esto equivale a que (a, x) = (5/4, -1) (a, x) = (2, 2).

Ejercicio 6.11 Se dice que una matriz nn, A, es ortogonal si A A = I, donde I es la

matriz identidad nn. ¿Es ortogonal la matriz para algunos valores de x?

Como A A = , esta matriz será la identidad si, y sólo si, 2x2 =1, esto es,

la matriz dada es ortogonal si, y sólo si, x {1/2, - 1/2}.

Ejercicio 6.12 Dada la matriz A = , calcular la matriz A3-2 A2 + A - I.

¿Es verdad que A (A - I)2 = I ?

1º) Mediante una simple sustitución se encuentra que A3-2 A2 + A – I = O, la matriz nula.

2º) Como (A - I)2 = , entonces A (A - I)2 = . La respuesta es:

sí, es verdad que A (A - I)2 = I.

Ejercicio 6.13 Si A = , ¿existe la inversa de A A ?

Sí, pues 0 det (A A´) = det = 89.

Ejercicio 6.14 Demostrar que la matriz A A es simétrica, cualquiera que sea la matriz A.

Bastará con mostrar que i, j, (A A)ij = (A A)ji . En efecto, así es, pues (A A)ij =

= = = = (A A)ji .

Ejercicio 6.15 Si son cuadradas las matrices A, P y D, demostrar mediante inducción finita que si A = PDP-1, entonces Am = P DmP-1, m de .

1º) Para m = 1: se cumple que Am = P DmP-1 por hipótesis.

2º) Si se cumple para cierto m, entonces se cumple para m +1: de Am = PDmP-1 se sigue que Am+1= AmA = (PDmP-1) A = (PDmP-1)( PDP-1) = PDm (P-1P)DP-1 = P Dm+1P-1. en esto, la segunda igualdad se cumple por la hipótesis inductiva, y la tercera, por la asociatividad de la multiplicación matricial.

Ejercicio 6.16 Sabiendo que A es una matriz tal que A2 + A = I, ¿puede garantizarse que ella sea invertible?

Sí, pues de A2 + A = I se sigue que A (A + I) = I = (A + I) A. Así, A-1 = A + I.

Ejercicio 6.17 Dado el sistema de ecuaciones , averiguar para qué valores

del parámetro existen soluciones no triviales del sistema.

El sistema dado equivale al . Ahora bien, este sistema homogéneo

tendrá soluciones no triviales, es decir, que no sean el vector nulo, si, y sólo si, es ulo el determinante de la matriz de coeficientes. Pero este determinante vale (1 - )(2-2-2), de donde para {1, 1 - 3, 1 + 3}, habrá soluciones no triviales del sistema dado.

Ejercicio 6.18 Demostrar que un conjunto finito de vectores {a1, … , am} de n es linealmente dependiente si, y sólo si, hay entre ellos al menos uno que sea combinación lineal de los otros.

Necesidad de la condición: Si {a1, … , am} es linealmente dependiente, entonces hay un conjunto de escalares, {1 , …, m } tal que 0 = i ai, con algún i 0. Sea, pues, un i tal

que i 0. Entonces, es obvio que ai = .

Suficiencia de la condición: Si hay uno de los vectores que es combinación lineal de los

otros, entonces i tal que ai = . Pero entonces, 0 = (-1)ai + , con lo que

se ve que son linealmente dependientes los vectores del conjunto dado.

Ejercicio 6.19 Demostrar que todo conjunto finito de vectores que posea al vector nulo es linealmente dependiente.

La idea es simple: poner un coeficiente no nulo al vector nulo y poner coeficientes nulos a todos lo otros vectores del conjunto finito dado. Así se tendrá una combinación nula pero no trivial de los vectores dados.

Ejercicio 6.20 Demostrar que si los vectores x, y, y z son linealmente independientes, entonces también lo son los vectores x + y, y + z y z + x, pero que no ocurre lo mismo con los vectores x + y, y - z y z + x .

1º) Sean linealmente independientes los vectores x, y, y z. Se quiere demostrar que también lo son los vectores x + y, y + z y z + x. Si tomamos una combinación lineal nula de éstos, habrá que demostrar que ella tiene que ser la trivial. Sean, pues, los escalares , y tales que 0 = (x + y) + (y + z) + (z + x). Esto equivale a que 0 = ( + ) x + ( + ) y + ( + ) z. Como son linealmente independientes los vectores x, y, y z, ha de tenerse

que . De este sistema se deduce fácilmente, eliminando incógnitas entre

pares de ecuaciones, que las tres incógnitas han de ser iguales entre sí, y, por lo tanto, nulas. Así se ha establecido la independencia lineal de los vectores x + y, y + z y z + x.

2º) Sean linealmente independientes los vectores x, y, y z. Se quiere demostrar que los vectores x + y, y - z y z + x no necesariamente han de ser linealmente independientes. Veamos el porqué. Sean los escalares , y tales que 0 = (x + y) + (y - z) + (z + x).

Por la independencia lineal de x, y, y z, se sigue que . Debido a que el

determinante de la matriz de coeficientes de este sistema, , vale 0,

concluimos que hay soluciones no triviales, como, por ejemplo, (, , ) = (-1, 1, 1). Entonces, no son linealmente independientes los vectores x + y, y - z y z + x.

Ejercicio 6.21 Demostrar que si un conjunto finito de vectores de n es linealmente dependiente, entonces todo superconjunto de él es también un conjunto linealmente dependiente y que si un conjunto finito de vectores de n es linealmente independiente, entonces todo subconjunto de él es también un conjunto linealmente independiente.

1º) Si un conjunto finito de vectores de n es linealmente dependiente, entonces todo superconjunto de él es también un conjunto linealmente dependiente. En efecto, esto es obvio, pues la misma combinación lineal nula y no trivial de los vectores del conjunto finito dado es una combinación lineal de su superconjunto si colocamos coeficientes nulos a los vectores que no estaban ya en el conjunto finito. 2º) Si un conjunto finito de vectores de n es linealmente independiente, entonces todo subconjunto de él es también un conjunto linealmente independiente. En efecto, pues de no ser así, se violaría el enunciado ya demostrado anterior.

Ejercicio 6.22 Demostrar que una matriz 22, , tiene determinante nulo si, y

sólo si, sus columnas ó filas son linealmente dependientes.

Necesidad de la condición: Sea 0 = det . Entonces 0 = a d – b c. Hay tres casos

posibles, a saber, (1º) que c y d sean nulos; (2º) que sólo uno de éstos sea nulo, y (3º) que ninguno lo sea. En el primer caso, las dos columnas son linealmente dependientes pues la segunda es el vector nulo. En el segundo caso, si c 0 = d, (el caso c = 0 d es similar) entonces de 0 = a d – b c se sigue que b = 0, de donde se sigue que las dos filas son linealmente dependientes ya que la segunda es el vector nulo. Finalmente, en el tercer caso, de que 0 = a d – b c, se obtiene que a/c = b/d, es decir, que la primera columna es proporcional a la segunda, de donde se sigue la dependencia lineal de las columnas.

Suficiencia de la condición: Si hay algún (, ) (0, 0) tal que + = , entonces,

suponiendo que 0, que la matriz es ; es obvio que el determinante de esta

matriz es nulo.

Ejercicio 6.23 Sea A una matriz nn triangular inferior, es decir, que es cuadrada y que son nulos todos los elementos situados por encima de la diagonal principal: 0 = aij si i < j. Demostrar que su determinante es igual al producto de los elementos de la diagonal principal, esto es, a11 a22 … ann.

Esto ha de hacerse por inducción finita y por eso se deja a cargo del estudiante.

Ejercicio 6.24 Si se tiene una matriz 85, entonces sabiendo que su nulidad es 2, se pregunta si es posible que haya una base de su imagen con 4 elementos. Caso que no, entonces ¿cuántos elementos ha de tener cualquier base de la imagen de la matriz?

Por el teorema de la sección 6.6 que dice que si una matriz es m n, entonces n es igual a la suma de su rango y su nulidad, puede afirmarse en este caso que 5 = rango + 2. Luego, como el rango vale 3. Recordando la definición del rango de una matriz como la dimensión del subespacio imagen, hemos de responder que cualquier base de la imagen de la matriz tiene exactamente tres elementos. Así, no hay ninguna base de su imagen con 4 elementos.

Ejercicio 6.25 Demostrar que el conjunto de soluciones del sistema lineal Ax = b, con A matriz mn, es convexo, es decir, que si x y x son soluciones del sistema, entonces cualquiera que sea el valor de en [0, 1], x + (1-) x es también solución del sistema.

Como A (x + (1-) x) = A x + (1 - ) A x´ = b + (1 -) b = b, se ve que x + (1-) x es también solución del sistema lineal Ax = b, por lo que el conjunto de soluciones es convexo.

Ejercicio 6.26 Demostrar que en cualquier matriz mn, si m > n, entonces el rango de la matriz será necesariamente menor que m ; y demostrar que si m < n, entonces la nulidad de la matriz es al menos 1.

De nuevo por el teorema mencionado en el ejercicio 6.24, tenemos que n = rango + nulidad. Así, rango n < m, de donde rango < m. En el caso de ser m < n, como el rango no puede ser mayor que la dimensión del subespacio imagen y ésta es menor ó igual que m, se concluye que la nulidad tiene que ser mayor ó igual que n – m 1.

Ejercicio 6.27 Sea el sistema de ecuaciones A x = b. Si A es una matriz mn, con m > n, entonces el sistema tendrá soluciones si, y sólo si, el vector b es muy especial, esto es, que haya un vector, c, tal que c b = 0 cA = 0.

Las m filas de la matriz A representan a m vectores de n, y como m > n, entonces dichos vectores fila no han de ser linealmente dependientes, esto es, que hay m escalares, c1 ,

… , cm tales que = 0, siendo éste el vector fila nulo. Ahora es inmediato

comprobar que c´A = 0 y que c´b = 0.

Ejercicio 6.28 Verificar el teorema espectral para la matriz .

´Para esa matriz hay que hallar los autovalores y correspondientes autovectores. Para lo primero, hay que resolver la ecuación característica de esa matriz, a saber, la que dice 0

= det ( - ) = det = 2 – 2 - 3. Así, resultan dos posibles

valores para , a saber, -1 y 3. Un autovector para = -1: hay que hallar cualquier vector que satisfaga la ecuación

= . Uno puede ser el (1, -1).

Un autovector para = 3: hay que hallar cualquier vector que satisfaga la ecuación

= . Uno puede ser el (1, 1). Entonces, una matriz como la P puede ser

la . Entonces la P-1 = . Así, resulta que P-1AP = .

Ejercicio 6.29 Si P es una matriz cuadrada tal que los productos escalares de sus columnas dan 0 si es que son columnas diferentes, ¿es ella una matriz ortogonal? Caso que sí, ¿por qué? Caso que no, ¿cómo habría que modificarlas para que lo fuesen?

1º) No necesariamente, pues hace falta también que los productos escalares de cada columna consigo misma dé 1.2º) Para que resultasen ser matrices ortogonales habría que multiplicar cada columna por el inverso multiplicativo de su norma, esto es, la nueva columna j se obtendría de

multiplicar la columna original j por 1/ ( )1/2.