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EJERCICIOSTRANSCRIPT
ALGUNOS EJERCICIOS RESUELTOS
DE CALCULO Y ALGEBRA LINEAL
JUAN GABRIEL QUIMBAYA TORRES
25 de noviembre de 2014
1. EJERCICIOS DE CALCULO
A. Calcular el lımite (si existe) de la sucesion {Sn}n∈N dada por S1,Sn+1 =
√3Sn.
SOLUCION
Empecemos porbando que {Sn}n∈N es acotada.
AFIRMACION (1.1): 1 ≤ Sn < 3 para todo n ∈ N.
En efecto, razonado por induccion matematica. Consideramos
E = {n ∈ N : 1 ≤< 3} ≤ N
Ahora,
i) Puesto que S1 = 1 se sigue que 1 ∈ E.
ii) Si n ∈ E entonces 1 ≤ Sn < 3 luego 3 ≤ 3Sn < 32 de lo cual se sigueque
√3 ≤
√3Sn < 3 y como 1 < 3 se tiene 1 ≤ Sn+1 < 3 para n ∈ N.
Por lo tanto (n+ 1) ∈ E.
Ası de i) y ii) se concluye que para n ∈ N 1 ≤ Sn < 3.
AFIRMACION (1.2): Sn < Sn+1 para n ∈ N.
Puesto que Sn+1 =√3Sn, Sn 6= 0 y en virtud de (1.1) se obtiene
Sn+1
Sn
=
√3Sn
Sn
=
√
3Sn
Sn2=
√
3
Sn
> 1
de donde Sn < Sn+1 para n ∈ N.
Ya que hemos probado que {Sn}n∈N es acotada y creciente se concluyeque {Sn}n∈N es convergente, es decir, existe L ∈ R tal que L := lım
n→∞
Sn
Ahora calculemos el valor de L:
1
L := lımn→∞
√3Sn luego L2 = 3 lım
n→∞
Sn de esta manera L2 = 3L de donde
L2−3L = 0 y factorizando queda L(L−3) = 0 para lo cual L = 0 o L = 3y puesto que 1 ≤ Sn para n ∈ N por (1.1) concluimos que
lımn→∞
√
Sn = 3
B. Demuestre que∫ b
af(a+ b− x)dx =
∫ b
af(x)dx.
SOLUCION
Supongamos que f(x) = F ‘(x). Y por el teorema fundamental del caculoobtenemos que
∫ b
a
f(a+ b− x)dx =F (a+ b− b)− F (a+ b− a)
= F (a+ (b− b))− F (b+ (a− a))
= F (a+ 0)− F (b+ 0)
= F (a)− F (b)
=
∫ b
a
f(x)dx
C. Calcula el volumen maximo de una caja rectangular inscrita en el elipsoide
x2
a2+
y2
b2+
z2
c2= 1
si sus caras son paralelas a los ejes coordenados.
SOLUCION
El volumen de la caja en el primer obtante esta dado por 1
8V (x, y, z) = xyz
con x, y, z mayores o iguales a cero, bajo la condicion x2
a2 +y2
b2+ z2
c2− 1 = 0
donde a, b, c son reales mayores o iguales a cero.
Por usar el metodo de multiplicadores de Lagrange consideramos lafuncion auxiliar
xyz + λ
(
x2
a2+
y2
b2+
z2
c2− 1
)
:= F (x, y, z, λ) con λ ∈ R
2
Luego
Fx : yz +2
a2λx = 0 1.)
Fy : xz +2
b2λy = 0 2.)
Fz : xy +2
c2λz = 0 3.)
Fz :x2
a2+
y2
b2+
z2
c2− 1 = 0 4.)
1.1
Para resolver el sistema (1.1) hacemos 1.)x+2.)(−y) y 1.)x+3.)(−z):
xyz +2
a2λx2 = 0 xyz +
2
a2λx2 = 0
−xyz − 2
b2λy2 = 0 − xyz − 2
c2λz2 = 0
2
a2λx2 − 2
b2λy2 = 0
2
a2λx2 − 2
c2λz2 = 0 5.)
Si hacemos λ 6= 0 en 5.) obtenemos:
x2
a2 − y2
b2= 0 y x2
a2 − z2
c2= 0 luego x2
a2 = y2
b2y x2
a2 = z2
c20 de donde
x2
a2+
y2
b2+
z2
c26.)
Ahora de 4.) y 6.)
3x2
a2− 1 = 0, 3
y2
b2− 1 = 0, 3
z2
c2− 1 = 0
Resolviendo para x, y y z:
x =a√3
3, y =
b√3
3, z =
c√3
3
Ası:
1
8V (x, y, z) =
a√3
3
b√3
3
c√3
3
=
√3
9abc
y finalmente concluimos que
V (x, y, z) =8√3
9abc
3
D Evalua∫
c(2x3 − y3)dx + (x3 + y3)dy, donde C es la frontera del cırculo
unitario y verificar el teorema de Green para este caso.
SOLUCION
Una parametrizacion para C es la aplicacion
c : [0, 2π] −→ R2
θ −→ c(θ) = (cos θ, sin θ),
luego c′(θ) = (− sin θ, cos θ). Ahora∫
c
(2x3 − y3)dx+ (x3 + y3)dy =
∫
2π
0
⟨
(2 cos3 θ − sin3 θ, cos3 θ + sin3 θ), (− sin θ, cos θ)⟩
dθ
=
∫
2π
0
(
−2 sen θ cos3 θ + sin4 θ + cos4 θ + sin3 θ cos θ)
dθ
=− 2
∫
2π
0
sen θ cos3 θdθ +
∫
2π
0
sin4 θdθ +
∫
2π
0
cos4 θdθ+
+
∫
2π
0
sin3 θ cos θdθ
=− 2
(
−1
4cos4 θ
)
2π
0
+
(
−3
4sin3 θ cos θ +
3
8θ −
3
16sin 2θ
)
2π
0
+
+
(
1
4cos3 θ sin θ +
3
8θ +
3
16sin 2θ
)
2π
0
+
(
1
4sin4 θ
)
2π
0
=3
4π +
3
4π
=6
4π
=3
2π
Consideremos D el cırculo unitario. Luego por el teorema de Greenobtenemos.
∫
c
(2x3 − y3)dx+ (x3 + y3)dy =
∫∫
D
[
3x2 − (−3y2)]
dxdy =3
∫∫
D
(
x2 + y2)
dxdy
=3
∫∫
D
r2rdrdθ
=3
∫
2π
0
∫
1
0
r3drdθ
=3
∫
2π
0
(
r4
4
)
2π
0
dθ
=3
4
∫
2π
0
dθ
=3
4θ|2π
0
=3
42π
=3
2π
4
2. EJERCICIOS DE ALGEBRA LINEAL
A. Dos matrices A y B se llaman similares si existe una matriz invertible C
tal que AC = CB. Muestre que las matrices A = ( 1 10 1 ) y B = ( 1 0
0 1 ) noson similares.
SOLUCION
Cosideremos la matriz C :=(
a bc d
)
.
Razonando vıa reduccion al absurdo. supongamos que A y B son similares,esto es
AC = CB(
1 10 1
)(
a b
c d
)
=
(
a b
c d
)(
1 00 1
)
(
a+ c b+ d
c d
)
=
(
a b
c d
)
de donde a+ c = a, b+ d = b, c = c y d = d luego c = 0, d = 0 y a, b ∈ R.Ası, C adquiere la forma
C =
(
a b
0 0
)
Ahora
det(C) =
∣
∣
∣
∣
a b
0 0
∣
∣
∣
∣
= a · 0− b · 0 = 0
De esta manera se concluye que C no es una matriz invertible.
Por lo tanto A y B no son similares.
B. Sea A una matriz n×n real diagonalizable sobre C, con detA = −1. Pruebeque las siguientes matrices son diagonalizables y calcule susdeterminantes: A3, A−1, AT .
SOLUCION
Puesto que A ∈ Mn×n(R) es diagonalizable sobre C, existe una matrizdiagonal B tal que A es semejante a B, esto es, existe una matriz invertibleP talque
A = P−1BP (1.1).
5
Probaremos que A3, A−1, y AT son diagonalizables.
A2 = AA = (P−1BP )(P−1BP )
= P−1B(PP−1)BP
= P−1B2P
Luego
A3 = A2A = (P−1B2P )(P−1BP )
= P−1B2(PP−1)BP
= P−1B3P
Como B3 es una matriz diagonal se concluye que A3 es diagonalizable.
De (1.1) se sigue que
A−1 = (P−1BP )−1 = [(P−1B)P ]−1
= P−1(P−1B)−1
= P−1B−1(P−1)−1
= P−1B−1P
Ası A−1 es semejante a la matriz diagonal B−1 y en consecuencia A−1 esuna matriz diagonalizable.
Partiendo de nuevo de (1.1) obtenemos
AT = (P−1BP )T = [(P−1B)P ]T
= PT (P−1B)T
= PTBT (P−1)T
= PTBT (PT )−1
= [(PT )−1]−1BT (PT )−1
Como AT es semejante a la matriz diagonal BT se concluye que AT esdiagonalizable.
Ahora calculemos los determinantes de A3, A−1, y AT .
6
det(A3) = det(A2A) = det(AA)detA
= detA detA detA
= (−1)(−1)(−1)
= − 1
Como In = AA−1 entonces
detIn = det(AA−1)
= detA detA−1
Por lo tanto
detA−1 =detIndetA
=1
−1
= − 1
Y por ultimo
detAT = detA−1 = −1.
C. Encuentre dos operadores lineales T1 : R2 −→ R2 y T2 : R2 −→ R2, talesque T2 ◦ T1 6= 0.
SOLUCION
Consideremos
T1 : R2 −→ R2 T2 : R
2 −→ R2
(x, y) −→ T (x, y) = (x, x) (x, y) −→ T (x, y) = (0, y)
Ahora veamos que tanto T1 como T2 son lineales. Para (a, b), (c, d) ∈ R2
y α ∈ R tenemos
T1
7
i.)
T1((a, b) + (c, d)) = T1((a+ c, b+ d))
= (a+ c, a+ c)
= (a, a) + (c, c)
= T1(a, b) + T1(c, d)
ii.)
T1(α(a, b)) = T1((αa, αb))
= (αa, αa)
= α(a, a)
= αT1(a, b)
T2
i.)
T2((a, b) + (c, d)) = T2((a+ c, b+ d))
= (0, b+ d)
= (0, b) + (0, d)
= T2(a, b) + T2(c, d)
ii.)
T2(α(a, b)) = T2((αa, αb))
= (0, αb)
= α(0, b)
= αT2(a, b)
Ademas
T1 ◦ T2(x, y) = T1(T2(x, y)) = T1(0, y)
= (0, 0)
=0
pero
T2 ◦ T1(x, y) = T2(T1(x, y)) = T2(x, x)
= (0, x)
6=0 cuando x 6= 0
8
D. Sea P : R3 −→ R3 el operador de proyeccion
P (x) = 〈x, a〉 a donde a = (1,−1, 1).
1. Encuentre la matriz asociada a la proyeccion P .
2. Calcule el rango y el espacio nulo (kernel) de P .
3. Encuentre una base para la imagen de P (ImP ) y determine queR3 = KerP ⊕ ImP .
SOLUCION
1.
Consideremos x = (x1, x2, x3), luego
P (x1, x2, x3) = 〈(x1, x2, x3), (1,−1, 1)〉 (1,−1, 1)
= (x1 − x2 + x3)(1,−1, 1)
= (x1 − x2 + x3,−x1 + x2 − x3, x1 − x2 + x3)
Tenemos B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} la base canonica para R3 ycalculamos los vectores cooerdenados [P (1, 0, 0)]B, [P (0, 1, 0)]B y [P (0, 0, 1)]B.
P (1, 0, 0) = (1,−1, 1) = 1(1, 0, 0) + (−1)(0, 1, 0) + 1(0, 0, 1)
P (0, 1, 0) = (−1, 1,−1) = (−1)(1, 0, 0) + 1(0, 1, 0) + (−1)(0, 0, 1)
P (0, 0, 1) = (1,−1, 1) = 1(1, 0, 0) + (−1)(0, 1, 0) + 1(0, 0, 1)
Luego
[P (1, 0, 0)]B =(
1−11
)
, [P (0, 1, 0)]B =(
−11−1
)
y [P (0, 0, 1)]B =(
1−11
)
.
Ası, la matriz asociada a la proyeccion P esta dada por
[P ]B =
1 −1 1−1 1 −11 −1 1
2.
Para clacular el rango de P se determina la dimension del conjunto deimagenes de P .
Im(P ) = {(x1, x2, x3) ∈ R3 : (x1 − x2 + x3)(1,−1, 1)}
= gen((1,−1, 1))
9
Luego {(1,−1, 1)} es una base para Im(P ) por lo tanto RP = 1.
Ahora calculamos el espacio nulo de P .
Ker(P ) = {x ∈ R3 : P (x) = 0}
= {(x1, x2, x3) ∈ R3 : P (x1, x2, x3) = (0, 0, 0)}
= {(x1, x2, x3) ∈ R3 : (x1 − x2 + x3,−x1 + x2 − x3, x1 − x2 + x3) = (0, 0, 0)}
= {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 − x2 + x3 = 0, −x1 + x2 − x3 = 0, x1 − x2 + x3 = 0}
= {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 − x2 + x3 = 0}
= {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x3 = x2 − x1}
= {(x1, x2, x3) ∈ R3 : x1 = s, x2 = t x3 = t − s, s, t ∈ R}
= {(s, t, t − s) : s, t ∈ R}
= {s(1, 0,−1) + t(0, 1, 1) : s, t ∈ R}
= gen((1, 0,−1), (0, 1, 1)).
Ademas {(1, 0,−1), (0, 1, 1)} es una base para Ker(P ) y ası la nulidad paraP es igual a 2.
3.
Una base para Im(P ) es el conjunto {(1,−1, 1)}.Para determinar que KerP ⊕ ImP se prueba laAFIRMACION (1.1) KerP ∩ ImP = {(0, 0, 0)}.En efecto,
tomemos (a, b, c) ∈ R tal que (a, b, c) ∈ KerP ∩ ImP luego (a, b, c) ∈ KerPy (a, b, c) ∈ ImP entonces a = x1, b = x2, c = x2 − x1 y a = x1 − x2 + x3,b = −x1 + x2 − x3, c = x1 − x2 + x3 de donde 0 = x1 − x2, 0 = −x1 − x3,0 = x2 y de esta manera x1 = 0, x2 = 0 y x3 = 0.
Por lo tanto KerP ∩ ImP = {(0, 0, 0)}.Luego
KerP ⊕ ImP = {x+ y : x ∈ KerP ∧ y ∈ ImP}
= {(x1 − x2 + x3,−x1 + x2 − x3, x1 − x2 + x3) + (x2 − x1, x1 + x3, x2 − x1)}
= {(x1, x2, x3)}
= R3
En conclusion R3 = KerP ⊕ ImP .
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