septiembre-2008

Transcripción

septiembre-2008

EXAMEN FINAL DE MATEMÁTICAS I
19 de septiembre de 2008
PRIMER PARCIAL
CUESTIONES TIPO TEST
NOTA:
SÓLO HAY UNA RESPUESTA CORRECTA EN CADA CUESTIÓN
RESPUESTA CORRECTA: + 0,2 PUNTOS
RESPUESTA INCORRECTA: -0,1 PUNTOS
RESPUESTA EN BLANCO: 0 PUNTOS
1.- Considerando la Tierra como una superficie esférica, la distancia esférica entre dos
puntos se obtiene siempre con arcos de:
a) paralelos y meridianos.
b) meridianos y el ecuador.
X c) circunferencias máximas.
2.- Sólo uno de los siguientes triángulos esféricos es posible ¿cuál?
a) a=130º, b=150º, c=100º.
b) A=60º, B=70º, C=45º.
X c) A=90º, b=30º, c=30º.
3.- El ángulo formado por los meridianos que pasan por La Coruña (4º 43’ O, 43º 22’ N), y
Barcelona (5º 50’ E, 41º 24’ N) es:
X a) 10º 33’.
b) 1º 7’.
c) 1º 58’.
4.- Sea y = f(x) una función que verifica las hipótesis del teorema de Taylor para cualquier
n∈N en a=0. Utilizamos el polinomio de Maclaurin de grado 4 para calcular de forma
aproximada f(0.5) obteniéndose 1.131, con una cota de error 0.001. Se verifica que:
a) ⏐f(0.5) - 1,131⏐ = 0,001
0.54
b) máx f (4 (x)
≤ 0.001
[0,0.5]
4!
0.55
X c) máx f (5 (x)
≤ 0.001
[0,0.5]
5!
2
⎪⎧ x(t ) = sen (2t )
5.- Dada la curva ⎨
, se verifica que:
⎪⎩ y (t ) = cos 3 (2t )
a) Es simétrica respecto de OY.
X b) Es periódica de periodo π.
c) Es periódica de periodo 2π.
⎛ t2 −1
⎞
t
6.- El campo de variación para la variable t de la curva ⎜
, 2
⎟ , es:
⎝ t−2 t −t−2⎠
a) R
b) R-{0,-1,1}
X c) R-{-1,2}
7.- Si una curva (x(t ), y (t ) ), t ∈ I :
⎧lím x(t ) = a
⎪t → t 0
X a) tiene una asíntota vertical x = a, entonces existe t 0 ∈ I tal que ⎨
y (t ) = ∞
⎪⎩lím
t→t0
⎧lím x(t ) = b
⎪t → t 0
b) tiene una asíntota horizontal y = b, entonces existe t 0 ∈ I tal que ⎨
y (t ) = ∞
⎪⎩lím
t→t0
Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía
1
⎧lím x(t ) = a
⎪t → t 0
c) tiene una asíntota oblicua y=ax +b, entonces existe t 0 ∈ I tal que ⎨
y (t ) = b
⎪⎩lím
t→t0
2
8.- Si en la integral I = ∫ e x x 2 dx se efectúa el cambio de variable x2 = t se obtiene:
2
1
1
e t tdt
∫
1
2
1 4
X b) I = ∫ e t tdt
2 1
2
a) I =
4
c) I = ∫ e t dt
1
9.- Si la función f(x) es continua en [a,b], entonces:
a) La función f(x) es derivable en [a,b]
X b) La función f(x) es integrable en [a,b]
c) La función f(x) no es acotada en [a,b]
∞
x-sen x
10.- La integral ∫
dx es una integral impropia
0
x2
X a) De primera especie
b) De segunda especie
c) De tercera especie
Primer Parcial – Primera parte
TEORÍA. Contestar sólo a una de las dos cuestiones siguientes:
a) Enunciar y demostrar el teorema del seno para triángulos esféricos.
b) Deducir el polinomio de Taylor de grado n de una función y = f(x).
(1 punto)
1.- Dado el triángulo esférico de lados a = 80º 0’ 0’’, b = 40º 0’ 0’’ y c = 100º 0’ 0’’,
calcular:
a) Mediana esférica sobre el lado c.
b) Bisectriz esférica del ángulo C.
(2 puntos)
2.- Dada la curva (2 p cos t + p cos(2t ), 2 psent − psen(2t ) , siendo p una constante p>0,
se pide:
a) Campo de variación de t.
b) Estudio de simetrías.
c) Periodicidad.
d) Estudio de la existencia de asíntotas.
e) Puntos críticos en [0,π].
f) Estudio por ramas en [0,π].
g) Gráfica aproximada.
(2 puntos)
2
Primer Parcial – Segunda parte (aula de informática)
3. Dada la función y = ln( x + 1) , averiguar el grado que hay que tomar en el
polinomio de MacLaurin para aproximar ln(1,5) con un error menor que 0,0001.
Nota: es necesario escribir los pasos matemáticos y las gráficas que se requieran.
(1 punto)
4. Calcular:
a) La longitud del arco de la parábola y = x2 – 2x + 5 comprendido entre los
⎛ 3 17 ⎞
puntos (1, 4) y ⎜ , ⎟ .
⎝2 4 ⎠
b) El área interior a la circunferencia de centro el origen y radio1 (ecuación en
coordenadas polares r = 1) y exterior a la curva r = cos 2 α .
(2 puntos)
SOLUCIONES del PRIMER PARCIAL
1.- Dado el triángulo esférico de lados a = 80º 0’ 0’’, b = 40º 0’ 0’’ y c = 100º 0’ 0’’,
calcular:
a) Mediana esférica sobre el lado c.
b) Bisectriz esférica del ángulo C.
Solución
c/2
a) La mediana (m) divide al lado en dos partes
iguales.
Hemos de calcular primero el ángulo A ó B
cos a − cos b cos c
= 0.4844543979 ⇒
cosA=
senb senc
m
A = 61º 01' 24 ''
Ahora, en el triángulo de la izquierda, conocemos
dos lados y el ángulo comprendido, utilizamos el
teorema del coseno:
cosm = cosbcos(c/2) + senbsen(c/2)cosA =
= 0.7309511000 (con c/2 = 50º) luego la mediana es:
m = 43º 02’ 02’’
b) La bisectriz (z) divide al ángulo en dos partes
iguales.
Calculamos, en primer lugar, el ángulo C en el
triángulo ABC, aplicando el teorema del coseno:
cos c − cos a cos b
cosC=
= -0.484454398 ⇒
sena senb
C = 118º 58' 36 ''
Z
z
C/2
Hallamos ahora el ángulo AZC (que designamos Z) en el triángulo ACZ aplicando el
C
C
teorema del coseno para ángulos: cos Z= -cosA cos + senA sen cosb =
2
2
= 0.3313858910 ⇒ Z = 70º 38’ 49.5”
3
Y, por último aplicamos el teorema del coseno para obtener la bisectriz z:
cos A + cos Z cos C2
C
C
= 0.8029859953 ⇒
cos A= -cosZ cos + senZ sen cosz ⇒ cos z =
2
2
senZ sen C2
la bisectriz es z = 36º 35’ 1.69”
2.- Dada la curva (2 p cos t + p cos(2t ), 2 psent − psen(2t ) , siendo p una constante p>0,
se pide:
a) Campo de variación de t.
b) Estudio de simetrías.
c) Periodicidad.
d) Estudio de la existencia de asíntotas.
e) Puntos críticos en [0,π].
f) Estudio por ramas en [0,π].
g) Gráfica aproximada.
Solución:
⎧⎪ x ( t ) = 2p cost + p cos(2t)
⎨
⎪⎩ y ( t ) = 2p sent - p sen(2t)
a) Para cualquier valor de p>0 el campo de variación de la curva dada es R.
b) Si en (2 p cos t + p cos(2t ),2 p sin t − p sin( 2t ) sustituimos t por –t se obtiene
(2 p cos t + p cos(2t ),−2 p sin t + p sin(2t ) ,
es
decir,
⎧ x(−t ) = x(t )
⎨
⎩ y (−t ) = − y (t )
(x,y)
luego la curva es simétrica
respecto del eje de abscisas
(x(-t),y(-t))
c) Tanto sent como cost son funciones periódicas de período 2π, por otro lado, sen(2t),
cos(2t) son funciones periódicas de periodo π, luego la curva dada es periódica y su
periodo es el m.c.m.{π, 2π} = 2π
De los apartados b) y c) se concluye que basta estudiar la curva en [0, π] y el resto se
conoce por simetría y periodicidad.
d) La curva no tiene asíntotas por ser sen t y cos t funciones acotadas y en consecuencia
− 3 p ≤ x(t ) ≤ 3 p,−3 p ≤ y (t ) ≤ 3 p , luego se trata de una curva cerrada y acotada en x e
y.
e) Los puntos críticos son los que anulan a las primeras derivadas o dónde no existen. En
[0,π]:
x' (t ) = −2 psent − 2 psen(2t ) = −2 p (sent + 2sent cos t ) = −2 psent (1 + 2 cos t ) ⇒ se anula
⎧sent = 0
2π
⎪
, π.
cuando ⎨
1 ⇒ t = 0,
3
cos
t
=
−
⎪⎩
2
4
(
(
))
(
)
y ' (t ) = 2 pcost − 2 pcos(2t ) = −2 p - cost + cos 2 t − sen 2 t = −2 p - cost + 2 cos 2 t − 1 ⇒
se anula cuando 2 cos 2 t − cos t − 1 = 0 ⇒ cos t =
1± 1+ 8 1± 3
2π
=
⇒ t =0, .
4
4
3
Luego los puntos críticos son:
t = 0 → P1 = (3p, 0)
t=
2π
→ P2 =
3
⎛ 3p 3 3 ⎞
⎜−
⎟
⎜ 2 , 2 ⎟
⎝
⎠
t = π → P3 = (-p, 0)
Además, P1 y P2 son puntos singulares (anulan a ambas derivadas) y P2 es un punto de
tangencia vertical.
f) Estudio por ramas en [0, π]
0
[ti, tj]
2π/3
π
Pi→Pj
⎛ dy ⎞
⎟
⎝ dx ⎠
sg ⎜
sg(x’(t))
sg(y’(t))
⎞
p ⎟⎟
⎠
-
+
-
⎞
p ⎟⎟ →(-p, 0)
⎠
+
-
-
⎛ 2π ⎞
⎜ 0, ⎟
⎝ 3 ⎠
⎛ 3p 3 3
,
(3p, 0)→ ⎜⎜ −
2
2
⎝
⎛ 2π ⎞
⎜ , π⎟
⎝ 3 ⎠
⎛ 3p 3 3
⎜−
⎜ 2 , 2
⎝
5
3.- Dada la función y = ln( x + 1) , averiguar el grado que hay que tomar en el
polinomio de MacLaurin para aproximar ln(1,5) con un error menor que 0,0001.
Nota: es necesario escribir los pasos matemáticos y las gráficas que se requieran.
Solución
Hemos de usar la fórmula que nos permite acotar el error. Necesitamos
las cotas de derivadas sucesivas de la función dada.
Hallamos, en primer lugar, las derivadas sucesivas en valor absoluto de
la función hasta el orden 10, y hallamos sus máximos (o una cota
superior) en [0,0.5]
#1:
LN(x + 1)
#2:
⎛⎮⎛d ⎞n
⎮
⎞
VECTOR⎜⎮⎜⎯⎯⎟ LN(x + 1)⎮, n, 2, 10⎟
⎝⎮⎝dx⎠
⎮
⎠
#3:
⎡
1
2
6
24
120
⎢⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯,
⎢
2
3
4
5
6
⎣ (x + 1)
⎮x + 1⎮
(x + 1)
⎮x + 1⎮
(x + 1)
720
5040
40320
362880 ⎤
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎥
7
8
9
10 ⎥
⎮x + 1⎮
(x + 1)
⎮x + 1⎮
(x + 1)
⎦
Observamos que, en el intervalo [0,0.5], estas funciones alcanzan su valor
máximo en x=0
#4:
[1, 2, 6, 24, 120, 720, 5040, 40320, 362880]
Los errores cometidos al aproximar ln(1.5) por el polinomio de Taylor
correspondiente desde n=1 hasta n=9 son: Mi*0.5^(n+1)/(n+1)! donde Mi es el
máximo de la derivada en [0,0.5] desde i=2 hasta i=10
#5:
⎡
2
3
4
5
6
7
⎢ 1·0.5
2·0.5
6·0.5
24·0.5
120·0.6
720·0.5
⎢⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯,
⎣
2!
3!
4!
5!
6!
7!
8
9
10 ⎤
5040·0.5
40320·0.5
362880·0.5
⎥
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯, ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎥
8!
9!
10!
⎦
#6:
⎡
⎣0.125, 0.04166666666, 0.015625, 0.00625, 0.007776,
-5⎤
0.001116071428, 0.00048828125, 0.0002170138888, 9.765625·10 ⎦
#7:
⎡
⎣0.125, 0.04166666666, 0.015625, 0.00625, 0.007776,
-5⎤
0.001116071428, 0.00048828125, 0.0002170138888, 9.765625·10 ⎦
El error es menor que 0.0001 a partir de n=9
6
4.-Calcular:
a) La longitud del arco de la parábola y = x2 – 2x + 5 comprendido entre los puntos
⎛ 3 17 ⎞
(1, 4) y ⎜ , ⎟ .
⎝2 4 ⎠
b) El área interior a la circunferencia de centro el origen y radio1 (ecuación en
coordenadas polares r = 1) y exterior a la curva r = cos 2 α .
Solución
a)
2
#1:
y = x - 2·x + 5
#2:
⎛
3
2
⎞
IF⎜1 < x < ⎯, x - 2·x + 5⎟
⎝
2
⎠
La integral L = ∫
b
a
#3:
1 + y '2 dx proporciona la longitud entre x=a y x=b
d
2
⎯⎯ (x - 2·x + 5)
dx
#4:
2·x - 2
2
#5:
√(1 + (2·x - 2) )
3/2
⌠
2
#6:
⌡
√(1 + (2·x - 2) ) dx
1
LN(√2 + 1)
√2
#7:
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ + ⎯⎯
4
4
O bien, aproximadamente
#8:
0.5738967873
7
b)
#9:
#10:
#11:
2
r = COS(α)
r = 1
2
COS(α) < r < 1
Sean r = f(α ) y r = g(α ) dos curvas continuas en [ α1 , α 2 ] y tal que 0 < g(α ) < f(α )
en [ α1 , α 2 ] , entonces el área comprendida entre ambas curvas es:
1 α2 2
(f (α) − g 2 (α)) dα
2 ∫α1
Buscamos los valores de α que hace:
2
#12: r = COS(α) = 1
#13: SOLVE(r = COS(α) = 1, α, Real)
#14:(α = 2·π ) ∨ (α = -π ) ∨ (α = π ) ∨ (α = 0 )
y por otra parte
2
#15: r = COS(α) = 0
2
#16: SOLVE(r = COS(α) = 0, α, Real)
⎛
3·π
⎞
⎛
π
⎞
⎛
π
⎞
#17:
⎜α = ⎯⎯⎯ ∧ r = 0⎟ ∨ ⎜α = - ⎯ ∧ r = 0⎟ ∨ ⎜α = ⎯ ∧ r = 0⎟
⎝
2
⎠
⎝
2
⎠
⎝
2
⎠
S=
Aplicando la fórmula anterior y multiplicando por 4 debido a la
simetría:
π/2
4·1 ⌠
2
2 2
#18: ⎯⎯⎯·⌡
(1 - (COS(α) ) ) dα
2
0
#19:
5·π
⎯⎯⎯
8
8
SEGUNDO PARCIAL
CUESTIONES TIPO TEST
NOTA:
SÓLO HAY UNA RESPUESTA CORRECTA EN CADA CUESTIÓN
RESPUESTA CORRECTA: + 0,2 PUNTOS
RESPUESTA INCORRECTA: -0,1 PUNTOS
RESPUESTA EN BLANCO: 0 PUNTOS
1.- Sea V1 el subespacio engendrado por el vector (1, 1, 1) y
V2 = {( x, y, z ) / x − y = 0} . Entonces se cumple que:
X a) V1 ∩ V2 = V1
b) V1 ∩ V2 = V2
c) V1 ∩ V2 = ∅
G
2.- Se considera el vector x ∈ R3 de coordenadas (1, 1, 1) en la base canónica. En la base
{(1,1,1), (1, 2,1 ), (1, 3, 2)}las coordenadas de xG son:
X a) (1, 0, 0)
b) (1, 1, 1)
c) (1, 1, 0)
3.- El núcleo de un endomorfismo f: R3 → R3 es el subespacio Núcleo(f) =
{(x, y, z ) / x − y + z = 0}. Entonces se verifica que:
a) f es inyectiva
b) f es biyectiva
X c) f no es inyectiva
4.- Una matriz que tiene todos los autovalores reales y con multiplicidad 1 es:
X a) Diagonalizable
b) No siempre es diagonalizable
c) Es diagonalizable si sus autovalores son positivos.
G G G
5.- Sea f (x) = x, ∀x ∈ V2 la transformación vectorial asociada a un movimiento T de E2.
Puede afirmarse:
a) T es la identidad de E2.
X b) T es la identidad o una traslación.
c) Ninguna de las anteriores.
6.- Una simetría central en el plano euclídeo E2.
a) No tiene puntos dobles.
X b) Conserva la orientación de las figuras.
c) Invierte la orientación de las figuras.
7.- Sea T un movimiento del plano que no tiene puntos dobles. Su transformación vectorial
asociada verifica:
a) Tampoco tiene vectores invariantes.
→
b) Sólo tiene al 0 como vector invariante
X c) Tiene una recta vectorial de vectores invariantes o bien todos los vectores del
plano son invariantes.
8.- Sea S una semejanza inversa en el espacio E3 de razón k. Se verifica:
X a) S es el producto de un giro por una homotecia de razón - k.
b) S transforma una figura plana de área A en otra semejante de área kA.
c) S transforma un segmento de longitud L en otro de longitud k3 L.
9
t
9.- Si los valores propios de la forma cuadrática de una cónica X ⋅ A ⋅ X = 0 son
λ1 = 2 y λ 2 = −2 siendo A ≠ 0 , entonces:
a) Es una elipse.
X b) Es una hipérbola equilátera.
c) Es una cónica degenerada.
10.- La ecuación x.y=33, define:
a) Una recta.
b) Dos rectas.
X c) Una hipérbola.
Segundo Parcial – Primera parte
1.- Elegir una de las dos opciones:
A) Demostrar que dos matrices semejantes de orden 2 tienen la misma traza.
B) Enumera y demuestra 3 propiedades de las aplicaciones lineales.
(1 punto)
2.- Dado el espacio vectorial R4 consideremos los subespacios:
V1 = <(1, 2, 0, 1)>
V2 = {( x, y, z, t ) / x-y + z + t = 0, y-z = 0 }
⎧ x1 = λ
⎪
⎪ x2 = λ + μ
V3 = ⎨
⎪ x3 = γ
⎪x = μ
⎩ 4
a) Hallar una base de cada uno de los subespacios anteriores.
b) ¿Pertenece el vector v = (2, 4, 0, 2) a V1 ó V2 ó V3? En caso afirmativo
calcular sus coordenadas respecto de la base correspondiente obtenida en
el apartado a).
(1,5 puntos)
⎛1 1 1 1 ⎞
⎜
⎟
⎜1 1 − 1 − 1⎟
3.- Se considera la matriz: A = ⎜
1 − 1 1 − 1⎟
⎜
⎟
⎜1 − 1 − 1 1 ⎟
⎝
⎠
a) Probar que es diagonalizable y determinar una matriz P que permita la
diagonalización.
b) Hallar las ecuaciones paramétricas y cartesianas de los subespacios propios de A.
c) Hallar A2 utilizando A y la matriz diagonal D.
(1,5 puntos)
Unidad Docente de Matemáticas de la E.T.S.I. en Topografía, Geodesia y Cartografía 10
Segundo Parcial – Segunda parte (aula de informática)
4.- a) Hallar la ecuación de la semejanza inversa que transforma los puntos P(0,0) y
Q(0, 3 ) en P’(2,- 3 ) y Q’(5,0) respectivamente.
b) Hallar la descomposición canónica de la semejanza obtenida en a).
(2 puntos)
5.- Dada la elipse: x2+y2-xy+x+y=0. Se pide:
a) centro
b) excentricidad y semiejes
c) ejes de simetría
d) ecuación de las rectas tangentes a la elipse y paralelas a la recta y = x
(2 puntos)
SOLUCIONES del SEGUNDO PARCIAL
2.- Dado el espacio vectorial R4 consideremos los subespacios:
V1 = <(1, 2, 0, 1)>
V2 = {( x, y, z, t ) / x-y + z + t = 0, y-z = 0 }
⎧ x1 = λ
⎪
⎪ x2 = λ + μ
V3 = ⎨
⎪ x3 = γ
⎪x = μ
⎩ 4
a) Hallar una base de cada uno de los subespacios anteriores.
b) ¿Pertenece el vector v = (2, 4, 0, 2) a V1 ó V2 ó V3? En caso afirmativo calcular
sus coordenadas respecto de la base correspondiente obtenida en el apartado a).
Solución
a) Base de V1: {(1, 2, 0,1)}
Cálculo base de V2
⎧x − y + z + t = 0
⇒ Ec. Paramétricas:
Ec. Cartesianas ⎨
⎩y − z = 0
⎧x = λ
⎪
⎧− x + y − z − t = 0 ⎧− x + 0 − t = 0 ⎪ y = μ
⇒
⇒
⎨
⎨
⎨
⎩y − z = 0
⎩y − z = 0
⎪z = μ
⎪⎩t = −λ
Base de V2: {(1,0,0,−1), (0,1,1,0 )}
Cálculo base de V3
Con las ecuaciones paramétricas, calculamos un sistema generador, dando a λ μ γ los
valores siguientes: λ=1 μ = 0 γ = 0; λ= 0 μ = 1 γ=0; λ = 0 μ = 0 γ= 1.
S = ⎨(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0)⎬ ¿Es base? Para ello calculamos el rango:
⎛1 1 0 0⎞
⎟
⎜
Rg ⎜ 0 1 0 1 ⎟ = 3. Luego los tres vectores son linealmente independientes. Por
⎜0 0 1 0⎟
⎠
⎝
tanto, el sistema S es una base del subespacio V3
G
b) ¿ v = (2, 4, 0, 2) pertenece a V1?
G
v = (2, 4, 0, 2) pertenece al subespacio V1 ya que es proporcional. Es decir:
G
v = (2, 4, 0, 2) = 2(1, 2, 0, 1).
G
¿ v = (2, 4, 0, 2) pertenece a V2?
G
Sustituimos las componentes del vector v en las ecuaciones que define el subesp. V2.
G
G
Si las coordenadas del vector v cumplen dichas ecuaciones, entonces el vector v
pertenece a dicho subespacio.
Primera ecuación:
x - y + z + t = 0 , 2-4+0+2 =0 cumple esta ecuación.
Segunda ecuación:
y - z = 0 , 4-0 ≠ 0 No cumple.
G
Luego el vector v no pertenece al subesp. V2
G
¿ v = (2, 4, 0, 2) pertenece a V3?
G
El vector v pertenece al subespacio V3 si es combinación lineal de los vectores de la
base de V3. Para ello, calculamos el determinante, formado por los tres vectores de la
G
G
base y el vector v . Si dicho determinante es cero, podemos decir que el vector v es
G
combinación lineal de los vectores de la base, luego el vector v pertenecería a V3:
1 1 0 0
0 1 0 1
=0
0 0 1 0
2 4 0 2
G
Luego el vector v pertenece a V3
Bases elegida para V1 y V3
B1 = ⎨(1, 2, 0, 1)⎬
B3 = ⎨(1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0)⎬
Calculo de las coordenadas de v respecto las bases elegidas
(2, 4, 0, 2) = 2(1, 2, 0, 1). Luego la coordenada del vector v respecto B1 es 2.
⎧x 1 = λ
⎧2 = λ
⎪x = λ + μ
⎪4 = λ + μ
⎪
⎪ 2
Resolviendo nos queda que:
⇒
⎨
⎨
=
0
γ
x
γ
=
3
⎪
⎪
⎪⎩x 4 = μ
⎪⎩2 = μ
λ = 2, μ = 2, γ = 0. Luego:
(2, 4, 0, 2) = 2(1, 1, 0, 0) +2 (0, 1, 0, 1) + 0 (0, 0, 1, 0)
G
Luego las coordenadas del vector v respecto B3 es (2, 2, 0).
⎛1 1 1 1 ⎞
⎜
⎟
⎜1 1 − 1 − 1⎟
3.- Se considera la matriz: A = ⎜
1 − 1 1 − 1⎟
⎜
⎟
⎜1 − 1 − 1 1 ⎟
⎝
⎠
a) Probar que es diagonalizable y determinar una matriz P que permita la
diagonalización.
b) Hallar las ecuaciones paramétricas y cartesianas de los subespacios propios de A.
c) Hallar A2 utilizando A y la matriz diagonal D.
Solución
a)
„ 1
1
1
1
¦
¦ 1
1 -1 -1
#1:
A := ¦
¦ 1 -1
1 -1
¦
… 1 -1 -1
1
Polinomio característico
#2:
CHARPOLY(A)
#3:
†
¦
¦
¦
¦
¦
‡
4
w
3
- 4·w
+ 16·w - 16
3
#4:
(w + 2)·(w - 2)
Autovalores: w=-2 (simple) w = 2 (triple)
Valores propios asociados a cada valor propio:
Para w =-2
#5:
EXACT_EIGENVECTOR(A, -2)
#6:
[[@1, -@1, -@1, -@1]]
V(W=-2) =< (1,-1,-1,-1)>.
Luego dimensión de V = orden de multiplicidad.
Para w =2
#7:
EXACT_EIGENVECTOR(A, 2)
#8:
[[@2, @3, @4, @2 - @3 - @4]]
V(W=2) = <(1,0, 0, 1), (0,1, 0,-1), (0,0,1,-1)>.
Luego dimensión de V = orden de multiplicidad.
Matriz diagonalizable.
La matriz P está formada por los vectores propios:
„ 1
0
0
1 †
¦
¦
¦ 0
1
0 -1 ¦
#9:
P := ¦
¦
¦ 0
0
1 -1 ¦
¦
¦
… 1 -1 -1 -1 ‡
Matriz diagonal:
-1
#10: D := P ·A·P
„
¦
¦
¦
¦
¦
…
#11:
b)
Para w =-2
Paramétrricas
x = ¿
y =-¿
z = -¿
t= -¿
Ecuaciones Cartesianas
„ x
y
z
t †
#12: ¦
¦
… 1 -1 -1 -1 ‡
„ x
y †
#13: DET ¦
¦ = -x - y =
… 1 -1 ‡
„ x
z †
#14: DET ¦
¦ = -x - z =
… 1 -1 ‡
„ x
t †
#15: DET ¦
¦ = -x - t =
… 1 -1 ‡
Ecuaciones cartesianas: x+y=0,
Para w = 2.
Ec. paramétricas
x= ¿
y=µ
z=ª
t=¿-µ-ª
Ec. cartesianas:
„ 1 0
¦
¦ 0 1
#16: DET ¦
¦ 0 0
¦
… x y
0
0
1
z
1 †
¦
-1 ¦
¦ =
-1 ¦
¦
t ‡
2
0
0
0
2
0
0
0
2
0
0
0
0 †
¦
0 ¦
¦
0 ¦
¦
-2 ‡
0
0
0
x+z=0, x+t=0
-x + y + z + t = 0
c) Cálculo de A^2 = PD^2P^(-1)
2
#17:
#18:
2
A := P·D ·P
-1
„
¦
¦
¦
¦
¦
…
4
0
0
0
4
0
0
0
4
0
0
0
0 †
¦
0 ¦
¦
0 ¦
¦
4 ‡
4.- a) Hallar la ecuación de la semejanza inversa que transforma los puntos P(0,0) y
Q(0, 3 ) en P’(2,- 3 ) y Q’(5,0) respectivamente.
b) Hallar la descomposición canónica de la semejanza obtenida en a).
Solución
a) La ecuación de una semejanza inversa del plano euclídeo es de la forma:
⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 0 0 ⎞⎛ 1 ⎞
⎟⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜
⎜ x' ⎟ = ⎜ E A B ⎟⎜ x ⎟
⎜ y ' ⎟ ⎜ F B − A ⎟⎜ y ⎟
⎠⎝ ⎠
⎝ ⎠ ⎝
Imponiendo que los pares de puntos P y P’, Q y Q’ son homólogos calculamos A, B, E y F.
⎧2 = E
⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 0 0 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 0 0 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎪
⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎟⎜ ⎟ ⎪− 3 = F
⎟ ⎜
⎜
⎜ 2 ⎟ = ⎜ E A B ⎟⎜ 0 ⎟ y ⎜ 5 ⎟ = ⎜ E A B ⎟⎜ 0 ⎟ ⇒ ⎨
⎜ − 3 ⎟ ⎜ F B − A ⎟⎜ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ F B − A ⎟⎜ 3 ⎟ ⎪5 = E + 3B
⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝
⎠⎝ ⎠ ⎪
⎠ ⎝
⎝
⎩0 = F − 3 A
Resolviendo el sistema se obtiene como solución
A = - 1, B = 3 , E = 2, F = - 3 .
Luego la ecuación de la semejanza es:
0
0 ⎞⎛ 1 ⎞
⎛1⎞ ⎛ 1
⎟⎜ ⎟
⎜ ⎟ ⎜
3 ⎟⎜ x ⎟
−1
⎜ x' ⎟ = ⎜ 2
⎜ y' ⎟ ⎜ − 3
3 1 ⎟⎠⎜⎝ y ⎟⎠
⎝ ⎠ ⎝
b) Designando por S(C; k) la semejanza obtenida en el apartado a), se verifica que:
S(C; k) = Se D H(C; k) = H(C; k) D Se, donde
b1) C es el centro de la semejanza (único punto doble) y se obtiene resolviendo la ecuación
0
0 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞
⎛ 1−1
⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎧⎪2 − 2 x + 3 y = 0
⎜
NX=X⇔(N-I)X=O⇔ ⎜ 2
⇒ C(1, 0)
−1−1
3 ⎟⎜ x ⎟ = ⎜ 0 ⎟ ⇒ ⎨
⎪⎩− 3 + 3 x = 0
⎟
⎟
⎜
⎜
⎟
⎜− 3
3 1 − 1⎠⎝ y ⎠ ⎝ 0 ⎠
⎝
b2) k es la razón de semejanza y verifica que:
k=
M = −4 =2
b3) e es el eje de la semejanza y es la recta que pasa por C y su dirección es la solución de:
1
1
QX=X⇔ MX=X⇔ ( M-I)X=O
k
k
⎛ 1
3 ⎞
⎟ x
⎜− −1
⎧− 3 x + 3 y = 0
0
2
2
⎟⎛⎜ ⎞⎟ = ⎛⎜ ⎞⎟ ⇒ ⎪⎨
⎜
⇔
⎜ 3
1 ⎟⎜⎝ y ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎪⎩ 3 x − y = 0
− 1⎟
⎜
2 ⎠
⎝ 2
Las dos ecuaciones anteriores son proporcionales y equivalentes a 3 x-y =0, luego
e es de la forma 3 x-y = d⇒ 3 ·1- 0=d ⇒ d= 3 .
Por tanto, e ≡
( 3 ) x-y =
3
5.- Dada la elipse: x2+y2-xy+x+y=0. Se pide:
a) centro
b) excentricidad y semiejes
c) ejes de simetría
d) ecuación de las rectas tangentes a la elipse y paralelas a la recta y = x
Solución
⎧2x − y + 1 = 0
a) El centro se obtiene como solución del sistema ⎨
es decir C=(-1,-1)
⎩2y − x + 1 = 0
⎛
⎜ 1
b) Llamando A c = ⎜
⎜− 1
⎜
⎝ 2
1⎞
− ⎟
2 , menor (1,1) de la matriz de la cónica, los valores propios de
⎟
1 ⎟⎟
⎠
1
3
y λ2 =
A c son (ordenados de forma creciente por su valor absoluto λ1 =
2
2
⎛
⎜0
⎜
1
Si A es la matriz de la cónica A = ⎜
⎜2
⎜
⎜⎜ 1
⎝2
1 ⎞
2 ⎟
⎟
3
1⎟
− entonces A = −
⎟
4
2
⎟
1 ⎟⎟
⎠
1
2
1
−
1
2
3
−
A
Y llamando k =
= 4 = −1
3
Ac
4
La ecuación reducida de la cónica es λ1x 2 + λ 2 y 2 + k = 0 ⇒
1 2 1 2
x + y =1
2
2
3
⎧semieje mayor a = 2
⎪
De donde se deduce que los semiejes son: ⎨
2
⎪ semieje menor b =
3
⎩
La excentricidad viene dada por e =
c
a −b
=
=
a
a
2
2
2
3 = 2
2
3
2−
c) Los vectores propios de la matriz Ac asociados respectivamente a los valores propios son:
⎧λ1 → (−1, −1)
que nos dan las pendientes m1=1 y m2=-1 de los ejes de simetría focal y no
⎨
⎩ λ 2 → (1, −1)
focal.
Imponiendo la condición de que pasen por el centro C=(-1,-1) las ecuaciones de los ejes
eje focal y = x
⎧
son ⎨
⎩eje no focal y = − x − 2
d) El apartado d) se puede resolver de dos formas.
a. Método general.
Se obliga a que la intersección de la cónica con la recta genérica de la dirección dada sea
un punto doble. Esos puntos son los puntos de tangencia.
y= x+n
⎧
Es decir, hay que resolver el sistema ⎨ 2
sustituyendo
2
⎩ x + y + xy + x + y = 0
x 2 + ( x + n ) + x ( x + n ) + x + x + n = 0 ⇒ x 2 + (n + 2)x + n 2 + n = 0
2
−(n + 2) ± (n + 2) 2 − 4(n 2 + n)
se impone que los puntos sean dobles con
2
4
(n + 2) 2 − 4(n 2 + n) = 4 − 3n 2 = 0 ⇒ n = ±
3
2
Las dos rectas tangentes buscadas son, por tanto, y = x ±
3
b. Si se observa el problema, resulta que se buscan dos rectas tangentes a la elipse, que son
paralelas al eje focal, por tanto son dos rectas paralelas al eje focal y que cortan a la elipse
en los vértices secundarios. Estos vértices se obtienen de la intersección del eje no focal
y = −x − 2
⎧
se obtienen los
con la elipse, es decir, de resolver el sistema ⎨ 2
2
⎩ x + y + xy + x + y = 0
x=
1
1
⎞
⎛ 1
⎞
⎛ 1
puntos ⎜
− 1,
− 1⎟ y las rectas buscadas son las rectas de
− 1,−
− 1⎟ y ⎜ −
3 ⎠
3
3 ⎠
⎝
⎝ 3
pendiente m=1 que pasan por estos vértices

septiembre-2008

Transcripción

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