ENUNCIADO. Se considera el número complejo $z=-1+i$. Calcúlese $z^5$.
SOLUCIÓN. Como la parte real de $z$ es $-1$ y la parte imaginaria es $1$, su afijo está en el segundo cuadrante y $\text{arg}(z)=\arctan\,\left(\dfrac{1}{-1}\right)=\dfrac{3}{4}\,\pi$ rad. Y el módulo de $z$ es $|\sqrt{(-1)^2+1^2}|=|\sqrt{2}|$
Por la fórmula de De Moivre, tenemos que $$z^5=(|\sqrt{2}|)^5\,\left( \cos\,(5\cdot \dfrac{3}{4}\,\pi) + i\,\sin\,(5\cdot \dfrac{3}{4}\,\pi) \right)$$ esto es $$z^5=(|\sqrt{2}|)^5\,\left( \cos\,(\dfrac{15}{4}\,\pi) + i\,\sin\,(\dfrac{15}{4}\,\pi) \right)\quad \quad [1]$$ Teniendo en cuenta ahora que $\dfrac{15}{4}=3+\dfrac{3}{4}$ podemos escribir $$\dfrac{15}{4}\,\pi = 3\,\pi+\dfrac{3}{4}\,\pi = 2\,\pi + (\pi +\dfrac{3}{4}\,\pi ) = 2\,\pi + \dfrac{7}{4}\,\pi$$ siendo $\dfrac{7}{4}\,\pi=\dfrac{3}{2}\,\pi + \dfrac{1}{4}\,\pi$ y por tanto está en el cuarto cuadrante. Por consiguiene $$\cos\,(\dfrac{15}{4}\,\pi)=\cos\,(2\,\pi+\dfrac{7}{4}\,\pi)=\cos\,(\dfrac{7}{4}\,\pi)=\dfrac{|\sqrt{2}|}{2}$$ y $$\sin\,(\dfrac{15}{4}\,\pi)=\sin\,(2\,\pi+\dfrac{7}{4}\,\pi)=\sin\,(\dfrac{7}{4}\,\pi)=-\dfrac{|\sqrt{2}|}{2}$$ luego, sustituyendo en [1], $$z^5=(|\sqrt{2}|)^5\,\left( \dfrac{|\sqrt{2}|}{2}-i\,\dfrac{|\sqrt{2}|}{2}\right)$$ y simplificando obtenemos $$z^5=\dfrac{(|\sqrt{2}|)^6}{2}\,( 1-i)=\dfrac{2^3}{2}\,(1-i)=4\,(1-i)$$
$\square$
martes, 28 de mayo de 2019
Rectas tangentes y rectas normales en las curvas cónicas
Las recta tangente a una cónica en un punto dado de su lugar geométrico viene dado por una de las bisectrices de las rectas que soportan los vectores de posición de dicho punto tomando como orígenes los respectivos focos. En el caso de una parábola, en la que sólo hay un foco, la recta tangente en un cierto punto dado del lugar geométrico viene dada por una de las bisectrices de la recta perpendicular a la recta directriz que pasa por el punto pedido y la recta que soporta el vector de posición del mismo tomando como origen de dicho vector el foco.
La otra bisectriz obtenida de esta manera, en cualquiera de los tres tipos de cónicas, corresponde a la recta normal a la curva en el punto por donde se ha trazado la recta tangente.
Ejemplo:
Recta tangente a una elipse en un punto dado de su lugar geométrico: [ 1 | 2 ]
Nota: Lo he hecho esta mañana en clase de repaso, para los que tenéis que preparar los exámenes globales extraordinarios, y, también para el resto de vosotros, pues me parece que también puede interesaros.
La otra bisectriz obtenida de esta manera, en cualquiera de los tres tipos de cónicas, corresponde a la recta normal a la curva en el punto por donde se ha trazado la recta tangente.
Ejemplo:
Recta tangente a una elipse en un punto dado de su lugar geométrico: [ 1 | 2 ]
Nota: Lo he hecho esta mañana en clase de repaso, para los que tenéis que preparar los exámenes globales extraordinarios, y, también para el resto de vosotros, pues me parece que también puede interesaros.
lunes, 27 de mayo de 2019
El plano vectorial. Paralelismo y perpendicularidad
ENUNCIADO. Se consideran los vectores cuyas coordenadas con respecto de la base canónica son $\vec{u}=(2,-4)$ y $\vec{v}=(-1,a)$. Calcúlense los valores de $a$ para que:
a) $\vec{u} \parallel \vec{v}$
b) $\vec{u} \perp \vec{v}$
SOLUCIÓN.
a)
$\vec{0}\neq \vec{u} \parallel \vec{v}\neq \vec{0} \Leftrightarrow (2,-4)\propto (1,-2) = \lambda\,(-1,a)\; \Rightarrow a=2 \; \forall \lambda \in \mathbb{R}$
b)
$\vec{0}\neq \vec{u} \propto \,(1,-2) \perp \vec{v} \neq \vec{0} \Leftrightarrow \langle (1, -2),(-1,a)\rangle =0 \Rightarrow 1\cdot (-1)+(-2)\cdot a =0 \Rightarrow$
$ \Rightarrow a=-\dfrac{1}{2}$
a) $\vec{u} \parallel \vec{v}$
b) $\vec{u} \perp \vec{v}$
SOLUCIÓN.
a)
$\vec{0}\neq \vec{u} \parallel \vec{v}\neq \vec{0} \Leftrightarrow (2,-4)\propto (1,-2) = \lambda\,(-1,a)\; \Rightarrow a=2 \; \forall \lambda \in \mathbb{R}$
b)
$\vec{0}\neq \vec{u} \propto \,(1,-2) \perp \vec{v} \neq \vec{0} \Leftrightarrow \langle (1, -2),(-1,a)\rangle =0 \Rightarrow 1\cdot (-1)+(-2)\cdot a =0 \Rightarrow$
$ \Rightarrow a=-\dfrac{1}{2}$
domingo, 26 de mayo de 2019
Clasificación de dos curvas cónicas y estudio de la incidencia entre ellas
ENUNCIADO. Se consideran las curvas cónicas $\mathcal{C}_1\equiv x^2+y^2-4x-12=0$ y $\mathcal{C}_2\equiv 9\,x^2+16\,y^2-36\,x-108=0$. Dígase a qué tipo de cónicas corresponde cada una de ellas y estúdiese la incidencia de dichas curvas.
SOLUCIÓN.
$\mathcal{C}_1\equiv x^2+y^2-4x-12=0$
$\mathcal{C}_1\equiv (x-2)^2-4+y^2-12=0$
$\mathcal{C}_1\equiv (x-2)^2+(y-0)^2=4^2$, luego esta curva es una circunferencia de centro $(2,0)$ y radio $r=4$
$\mathcal{C}_2\equiv 9\,x^2+16\,y^2-36\,x-108=0$
$\mathcal{C}_2\equiv x^2+\dfrac{16}{9}\,y^2-4\,x-12=0$
$\mathcal{C}_2\equiv (x-2)^2-4+\dfrac{16}{9}\,y^2-12=0$
$\mathcal{C}_2\equiv (x-2)^2+\dfrac{16}{9}\,y^2=16$
$\mathcal{C}_2\equiv \dfrac{(x-2)^2}{16}+\dfrac{(y-0)^2}{9}\,y^2=1$
$\mathcal{C}_2\equiv \dfrac{(x-2)^2}{4^2}+\dfrac{(y-0)^2}{3^2}\,y^2=1$, tratándose pues de una elipse de centro $(2,0)$; semiejes $a=4$ y $b=3$
Los vértices de la elipse son $A_{2}(4+2,0)$, $A'_{2}(-4+2,0)$; $B_{2}(0,3)$ y $B'_{2}(0,-3)$. Y los de la circunferencia $A_{1}(4+2,0)$, $A'_{1}(-4+2,0)$; $B_{1}(0,4)$ y $B'_{1}(0,-4)$. Por consiguiente la elipse $\mathcal{C}_2$ es tangente interior a la circunferencia $\mathcal{C}_1$ en $A_{1}=A_{2}$ y en $A'_{1}=A'_{2}$
$\square$
SOLUCIÓN.
$\mathcal{C}_1\equiv x^2+y^2-4x-12=0$
$\mathcal{C}_1\equiv (x-2)^2-4+y^2-12=0$
$\mathcal{C}_1\equiv (x-2)^2+(y-0)^2=4^2$, luego esta curva es una circunferencia de centro $(2,0)$ y radio $r=4$
$\mathcal{C}_2\equiv 9\,x^2+16\,y^2-36\,x-108=0$
$\mathcal{C}_2\equiv x^2+\dfrac{16}{9}\,y^2-4\,x-12=0$
$\mathcal{C}_2\equiv (x-2)^2-4+\dfrac{16}{9}\,y^2-12=0$
$\mathcal{C}_2\equiv (x-2)^2+\dfrac{16}{9}\,y^2=16$
$\mathcal{C}_2\equiv \dfrac{(x-2)^2}{16}+\dfrac{(y-0)^2}{9}\,y^2=1$
$\mathcal{C}_2\equiv \dfrac{(x-2)^2}{4^2}+\dfrac{(y-0)^2}{3^2}\,y^2=1$, tratándose pues de una elipse de centro $(2,0)$; semiejes $a=4$ y $b=3$
Los vértices de la elipse son $A_{2}(4+2,0)$, $A'_{2}(-4+2,0)$; $B_{2}(0,3)$ y $B'_{2}(0,-3)$. Y los de la circunferencia $A_{1}(4+2,0)$, $A'_{1}(-4+2,0)$; $B_{1}(0,4)$ y $B'_{1}(0,-4)$. Por consiguiente la elipse $\mathcal{C}_2$ es tangente interior a la circunferencia $\mathcal{C}_1$ en $A_{1}=A_{2}$ y en $A'_{1}=A'_{2}$
$\square$
Cónicas. Ecuación de una elipse cuyos ejes son paralelos a los ejes de coordenadas, de excentricidad dada, semieje mayor dado y centro dado.
ENUNCIADO. Hállese la ecuación de una elipse con los ejes paralelos a los ejes de coordenadas, de excentricidad $\epsilon=0,6$, con semieje mayor $a=15$, y centrada en $C(2,-1)$. Determínense los elementos notables de la misma.
SOLUCIÓN. La ecuación de la elipse en las condiciones del enunciado toma la forma $$\dfrac{x-2}{15^2}+\dfrac{y-(-1)}{b^2}=1$$ Como $\epsilon = \dfrac{c}{a}$ ( donde $c$ es la semidistancia entre los focos ) tenemos que $$0,6 = \dfrac{c}{15} \Rightarrow c=9$$ por otra parte sabemos que en una elipse ha de cumplirse que $a^2=b^2+c^2$ con lo cual $$b^2=15^2-9^2=144 \Rightarrow b=12$$ Por consiguiente, la ecuación pedida es $$\dfrac{x-2}{15^2}+\dfrac{y-(-1)}{12^2}=1$$ Así pues, teniendo en cuenta la traslación de la elipse reducida $\dfrac{x}{15^2}+\dfrac{y}{b^2}=1$ ( centrada en el origen de coordenadas ) al punto $C(2,-1)$, las coordenadas de los dos focos son $F(9+2,0+(-1))$ y $F'(-9+2,0+(-1))$, respectivamente; esto es
$$F(11,-1) \quad \text{y}\quad F'(-7,-1)$$ Por lo que respecta a los vértices, si la elipse centrada en el origen de coordenadas $\dfrac{x}{15^2}+\dfrac{y}{b^2}=1$ tiene por vértices $A(15,0)$, $A'(-15,0)$: $B(0,12)$ y $B'(0,-12)$, atendiendo a la traslación de dicha elipse al punto $C(2,-1)$, los vértices de la elipse pedida son $A(15+2,0+(-1))$, $A'(-15+2,0+(-1))$, $B(0+2,12+(-1))$ y $B'(0+2,-12+(-1))$; esto es $$A(17,-1), A'(-13,-1), B(2,11) \; \text{y}\, B'(2,-13)$$
$\square$
SOLUCIÓN. La ecuación de la elipse en las condiciones del enunciado toma la forma $$\dfrac{x-2}{15^2}+\dfrac{y-(-1)}{b^2}=1$$ Como $\epsilon = \dfrac{c}{a}$ ( donde $c$ es la semidistancia entre los focos ) tenemos que $$0,6 = \dfrac{c}{15} \Rightarrow c=9$$ por otra parte sabemos que en una elipse ha de cumplirse que $a^2=b^2+c^2$ con lo cual $$b^2=15^2-9^2=144 \Rightarrow b=12$$ Por consiguiente, la ecuación pedida es $$\dfrac{x-2}{15^2}+\dfrac{y-(-1)}{12^2}=1$$ Así pues, teniendo en cuenta la traslación de la elipse reducida $\dfrac{x}{15^2}+\dfrac{y}{b^2}=1$ ( centrada en el origen de coordenadas ) al punto $C(2,-1)$, las coordenadas de los dos focos son $F(9+2,0+(-1))$ y $F'(-9+2,0+(-1))$, respectivamente; esto es
$$F(11,-1) \quad \text{y}\quad F'(-7,-1)$$ Por lo que respecta a los vértices, si la elipse centrada en el origen de coordenadas $\dfrac{x}{15^2}+\dfrac{y}{b^2}=1$ tiene por vértices $A(15,0)$, $A'(-15,0)$: $B(0,12)$ y $B'(0,-12)$, atendiendo a la traslación de dicha elipse al punto $C(2,-1)$, los vértices de la elipse pedida son $A(15+2,0+(-1))$, $A'(-15+2,0+(-1))$, $B(0+2,12+(-1))$ y $B'(0+2,-12+(-1))$; esto es $$A(17,-1), A'(-13,-1), B(2,11) \; \text{y}\, B'(2,-13)$$
$\square$
Parábola no centrada en el origen de coordenadas y con recta de simetría paralela a uno de los ejes de coordenadas
ENUNCIADO. Escríbase las posibles ecuaciones de una parábola cuyo vértice se sitúa en el punto $V(1,0)$ y que pasa por el punto $P(3,3)$ así como las coordenadas del foco $F$ y las ecuaciones de la recta de simetría ( que ha de ser paralela a uno de los ejes de coordenadas ) y de la recta directriz.
SOLUCIÓN.
Caso I ( La recta de simetría es paralela al eje Ox ):
Si el vértice estuviese centrado en el origen de coordenadas, la ecuación de dicha parábola ( e. reducida ) se escribiría $$y^2=4px$$ Sin embargo, teniendo en cuenta ahora la traslación del vértice al punto $(1,0)$, la ecuación de la parábola se escribirá $$y^2=4p(x-1)$$ Determinemos ahora $p$ imponiendo que la parábola pase por el punto $P(3,3)$, con lo cual $$3^2=4p(3-1)$$ de donde despejando $p$ obtenemos $$p=\dfrac{9}{8}$$ Así, la ecuación de la parábola es $$y^2=4\cdot \dfrac{9}{8}\,(x-1)$$ es decir $$y^2=\dfrac{9}{2}\,(x-1)$$ por lo que podemos escribir las coordenadas del foco, ya que sabemos que éstas son $F(p+1,0)$, esto es $$F(9/8+1,0) \rightarrow (17/8,0)$$ Por otra parte, la recta directriz, tiene por ecuación $x=1-p=1-9/8$ esto es $$\text{recta directriz}\equiv x -\dfrac{1}{8}$$
Caso II ( La recta de simetría es paralela al eje Oy ):
Si el vértice estuviese centrado en el origen de coordenadas, la ecuación de dicha parábola ( e. reducida ) se escribiría $$x^2=4py$$ Teniendo en cuenta ahora la traslación del vértice al punto $(1,0)$, la ecuación de la parábola se escribirá $$(x-1)^2=4py$$ Determinemos ahora $p$ imponiendo que la parábola pase por el punto $P(3,3)$, con lo cual $$(3-1)^2=4p\cdot 3$$ de donde despejando $p$ obtenemos $$p=\dfrac{1}{3}$$ Así, la ecuación de la parábola es $$(x-1)^2=\dfrac{4}{3}\,y$$ que puede expresarse también de la forma $$y=\dfrac{3}{4}\,x^2-\dfrac{3}{2}\,x+\dfrac{3}{4}$$
Podemos escribir las coordenadas del foco teniendo en cuenta la traslación: $F(1,0+p)$, esto es $$F(1,0+1/3)\rightarrow (1,1/3)$$ Por otra parte, por la traslación, la recta directriz, tiene ahora por ecuación $y=-p=-\dfrac{1}{3}$
$\square$
SOLUCIÓN.
Caso I ( La recta de simetría es paralela al eje Ox ):
Si el vértice estuviese centrado en el origen de coordenadas, la ecuación de dicha parábola ( e. reducida ) se escribiría $$y^2=4px$$ Sin embargo, teniendo en cuenta ahora la traslación del vértice al punto $(1,0)$, la ecuación de la parábola se escribirá $$y^2=4p(x-1)$$ Determinemos ahora $p$ imponiendo que la parábola pase por el punto $P(3,3)$, con lo cual $$3^2=4p(3-1)$$ de donde despejando $p$ obtenemos $$p=\dfrac{9}{8}$$ Así, la ecuación de la parábola es $$y^2=4\cdot \dfrac{9}{8}\,(x-1)$$ es decir $$y^2=\dfrac{9}{2}\,(x-1)$$ por lo que podemos escribir las coordenadas del foco, ya que sabemos que éstas son $F(p+1,0)$, esto es $$F(9/8+1,0) \rightarrow (17/8,0)$$ Por otra parte, la recta directriz, tiene por ecuación $x=1-p=1-9/8$ esto es $$\text{recta directriz}\equiv x -\dfrac{1}{8}$$
Caso II ( La recta de simetría es paralela al eje Oy ):
Si el vértice estuviese centrado en el origen de coordenadas, la ecuación de dicha parábola ( e. reducida ) se escribiría $$x^2=4py$$ Teniendo en cuenta ahora la traslación del vértice al punto $(1,0)$, la ecuación de la parábola se escribirá $$(x-1)^2=4py$$ Determinemos ahora $p$ imponiendo que la parábola pase por el punto $P(3,3)$, con lo cual $$(3-1)^2=4p\cdot 3$$ de donde despejando $p$ obtenemos $$p=\dfrac{1}{3}$$ Así, la ecuación de la parábola es $$(x-1)^2=\dfrac{4}{3}\,y$$ que puede expresarse también de la forma $$y=\dfrac{3}{4}\,x^2-\dfrac{3}{2}\,x+\dfrac{3}{4}$$
Podemos escribir las coordenadas del foco teniendo en cuenta la traslación: $F(1,0+p)$, esto es $$F(1,0+1/3)\rightarrow (1,1/3)$$ Por otra parte, por la traslación, la recta directriz, tiene ahora por ecuación $y=-p=-\dfrac{1}{3}$
$\square$
Cónicas. Ecuación reducida de la parábola ( vértice en el origen de coordenadas )
ENUNCIADO. Demuéstrese que la ecuación de una parábola cuya recta de simetría coincide con el eje Ox ( $y=0$ ) y cuyo vértice se encuentra en el origen de coordenadas, $V(0,0)$, y tal que éste equidista una distancia $p$ de la recta directriz $d$ ( perpendicular al eje Ox ) y del foco $F$ ( que está en el eje Ox, a la derecha del origen de coordenadas ) puede escribirse como $y^2=4px$
SOLUCIÓN. La condición para que un punto genérico $X(x,y)$ pertenezca al lugar geométrico es $$\text{dist}(d,X)=\text{dist}(X,F)$$ Teniendo en cuenta que $F(p,0)$ y que y la recta directriz tiene por ecuación $x=-p$, $$p+x=|\sqrt{(x-p)^2+(y-0)^2}|$$ y por tanto $$(p+x)^2=(x-p)^2+y^2$$ esto es $$x^2+2px+p^2=x^2-2px+p^2+y^2$$ y simplificando llegamos a $$y^2=4px$$
NOTA: En el caso de que el foco esté a la izquierda del vértice, tenemos que $F(-p,0)$ y la recta directriz tiene ahora por ecuación $x=p$; repitiendo el mismo proceso que antes, $$p+x=|\sqrt{(x-(-p))^2+(y-0)^2}|$$ por tanto $$(-p+x)^2=(x+p)^2+y^2$$ con lo cual $$x^2-2px+p^2=x^2+2px+p^2+y^2$$ y simplificando se obtiene $$y^2=-4px$$
OBSERVACIÓN: En lo que se ha hecho, $p$ representa la distancia del foco al vértice. Sin embargo, en algunos libros ( como por ejemplo en el libro de texto que hemos utilizado en este curso ) se da la ecuación de la parábola de la forma $$y^2=2px$$ ( habitualmente usando la misma letra '$p$' ), donde $p$ hay que interpretarla en estos casos como la mitad de la distancia del vértice al foco.
SOLUCIÓN. La condición para que un punto genérico $X(x,y)$ pertenezca al lugar geométrico es $$\text{dist}(d,X)=\text{dist}(X,F)$$ Teniendo en cuenta que $F(p,0)$ y que y la recta directriz tiene por ecuación $x=-p$, $$p+x=|\sqrt{(x-p)^2+(y-0)^2}|$$ y por tanto $$(p+x)^2=(x-p)^2+y^2$$ esto es $$x^2+2px+p^2=x^2-2px+p^2+y^2$$ y simplificando llegamos a $$y^2=4px$$
NOTA: En el caso de que el foco esté a la izquierda del vértice, tenemos que $F(-p,0)$ y la recta directriz tiene ahora por ecuación $x=p$; repitiendo el mismo proceso que antes, $$p+x=|\sqrt{(x-(-p))^2+(y-0)^2}|$$ por tanto $$(-p+x)^2=(x+p)^2+y^2$$ con lo cual $$x^2-2px+p^2=x^2+2px+p^2+y^2$$ y simplificando se obtiene $$y^2=-4px$$
OBSERVACIÓN: En lo que se ha hecho, $p$ representa la distancia del foco al vértice. Sin embargo, en algunos libros ( como por ejemplo en el libro de texto que hemos utilizado en este curso ) se da la ecuación de la parábola de la forma $$y^2=2px$$ ( habitualmente usando la misma letra '$p$' ), donde $p$ hay que interpretarla en estos casos como la mitad de la distancia del vértice al foco.
miércoles, 8 de mayo de 2019
Coordenadas del punto de intersección de la recta de regresión de Y sobre X y de la recta de regresión de X sobre Y
En el artículo anterior justifiqué las ecuaciones de las rectas de regresión de $Y$ sobre $X$, con ecuación punto-pendiente $$y-\bar{y}=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}}\,(x-\bar{x})$$ y de $X$ sobre $Y$ cuya ecuación punto-pendiente es $$x-\bar{x}=\dfrac{s_{xy}}{s_{y}^{2}}\,(y-\bar{y})$$
Dichas rectas son coincidentes si el coeficiente de correlación de Pearson es igual a $1$, que es el caso de dependencia funcional.
En el caso de que la correlación sea nula ( dependencia aleatoria ), la recta de regresión de $Y$ sobre $X$ es paralela al eje de abscisas, puesto que al ser la covarianza nula $s_{xy}=0$, la ecuación de la midms es $y=\bar{y}$ ( valor constante ); y, por otra parte, la recta de regresión de $X$ sobre $Y$ es paralela al eje de ordenadas, habida cuenta de que por la misma razón ( la covarianza es nula, $s_{xy}=0$ ), así que la ecuación de esta otra recta es ahora $x=\bar{x}$ ( valor constante ). En consecuencia, no habiendo correlación alguna (aleatoriedad), las dos rectas de regresión son perpendiculares una a la otra.
El caso que reviste mayor interés es el de dependencia es estadística ( correlación no nula, pero no habiendo dependecia funcional ). Siendo así, las rectas son secantes, y el punto de intersección es $I(\bar{x},\bar{y})$, cosa que ya había adelantado en otros artículos y también en clase al empezar a hacer ejercicios prácticos.
A continuación paso a justificar esta propiedad. Para ello hay que resolver el sistema de ecuaciones, con incógnitas $x$ e $y$: $$\left\{\begin{matrix}y-\bar{y}=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}}\,(x-\bar{x}) \\ x-\bar{x}=\dfrac{s_{xy}}{s_{y}^{2}}\,(y-\bar{y}) \end{matrix}\right.$$
que puede expresarse de la forma $$\left\{\begin{matrix}y=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,x+\left( \bar{y}-\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,\bar{x}\right) \\ y=\dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}}\,x+\left( \bar{y}-\dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}}\,\bar{x}\right)\end{matrix}\right.$$
igualando los segundos miembros de ambas igualdades, llegamos a una ecuación con $x$ como incógnita $$\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,x+\left( \bar{y}-\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,\bar{x}\right)=\dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}}\,x+\left( \bar{y}-\dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}}\,\bar{x}\right)$$ y agrupando términos semejantes $$x\,\left( \dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}} - \dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}} \right) = \bar{x}\,\left( \dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}} - \dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}} \right) $$ y simplificando, se obtiene $$x=\bar{x}$$
Sustituyendo en la primera ecuación de (1): $$y-\bar{y}=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}}\,(\bar{x}-\bar{x})=0 \Rightarrow y=\bar{y}$$
luego, como queríamos demostrar, el punto de intersección de las rectas de regresión ( de $Y$ sobre $X$, y de $X$ sobre $Y$ ) es $$I(\bar{x},\bar{y})$$
$\square$
Dichas rectas son coincidentes si el coeficiente de correlación de Pearson es igual a $1$, que es el caso de dependencia funcional.
En el caso de que la correlación sea nula ( dependencia aleatoria ), la recta de regresión de $Y$ sobre $X$ es paralela al eje de abscisas, puesto que al ser la covarianza nula $s_{xy}=0$, la ecuación de la midms es $y=\bar{y}$ ( valor constante ); y, por otra parte, la recta de regresión de $X$ sobre $Y$ es paralela al eje de ordenadas, habida cuenta de que por la misma razón ( la covarianza es nula, $s_{xy}=0$ ), así que la ecuación de esta otra recta es ahora $x=\bar{x}$ ( valor constante ). En consecuencia, no habiendo correlación alguna (aleatoriedad), las dos rectas de regresión son perpendiculares una a la otra.
El caso que reviste mayor interés es el de dependencia es estadística ( correlación no nula, pero no habiendo dependecia funcional ). Siendo así, las rectas son secantes, y el punto de intersección es $I(\bar{x},\bar{y})$, cosa que ya había adelantado en otros artículos y también en clase al empezar a hacer ejercicios prácticos.
A continuación paso a justificar esta propiedad. Para ello hay que resolver el sistema de ecuaciones, con incógnitas $x$ e $y$: $$\left\{\begin{matrix}y-\bar{y}=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}}\,(x-\bar{x}) \\ x-\bar{x}=\dfrac{s_{xy}}{s_{y}^{2}}\,(y-\bar{y}) \end{matrix}\right.$$
que puede expresarse de la forma $$\left\{\begin{matrix}y=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,x+\left( \bar{y}-\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,\bar{x}\right) \\ y=\dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}}\,x+\left( \bar{y}-\dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}}\,\bar{x}\right)\end{matrix}\right.$$
igualando los segundos miembros de ambas igualdades, llegamos a una ecuación con $x$ como incógnita $$\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,x+\left( \bar{y}-\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}\,\bar{x}\right)=\dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}}\,x+\left( \bar{y}-\dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}}\,\bar{x}\right)$$ y agrupando términos semejantes $$x\,\left( \dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}} - \dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}} \right) = \bar{x}\,\left( \dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}} - \dfrac{s_{y}^{2}}{s_{xy}} \right) $$ y simplificando, se obtiene $$x=\bar{x}$$
Sustituyendo en la primera ecuación de (1): $$y-\bar{y}=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}}\,(\bar{x}-\bar{x})=0 \Rightarrow y=\bar{y}$$
luego, como queríamos demostrar, el punto de intersección de las rectas de regresión ( de $Y$ sobre $X$, y de $X$ sobre $Y$ ) es $$I(\bar{x},\bar{y})$$
$\square$
martes, 7 de mayo de 2019
Obtención de la recta de regresión lineal de Y sobre X por el criterio de mínimos cuadrados
Para determinar la recta que mejor se ajusta a un conjunto de $N$ puntos experimentales $\{(x_i,y_i)\}$ ( $i=1,2,\ldots,N$ ) emplearemos el criterio de mínimos cuadrados, que consiste en encontrar los coeficientes $m$ y $k$ de la recta de regresión lineal de $Y$ sobre $X$ -- para hallar la recta de regresión de $X$ sobre $Y$ se procederá de manera análoga -- tales que la suma de las diferencias de las ordenadas al cuadrado $(y_i-y'_{i})^2$ correspondientes al punto experimental $(x_i,y_i)$ y al punto $(x_i,y'_{i})$ situado en la perpendicular del primero, por encima ( respectivamente, por debajo ), sobre la recta de regresión a determinar. Es decir, pretendemos que la cantidad $\displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,(y'_{i}-y_i)^2$ sea mínima.
Así pues, teniendo en cuenta que la recta a determinar es $y=m\,x+k$, tendremos que $y'_{i}=mx_i+k$ para cada $i=1,2,\ldots,N$, por consiguiente podemos escribir la cantidad que ha de hacerse mínima como una función de $m$ y $k$: $$\displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,(m\,x_i+k-y_i)^2$$
Para que se obtenga un extremos relativo, y, en particular un mínimo, sabemos que las derivadas con respecto de $m$ y, también, de $k$ han de ser nulas. Luego derivando primero respecto de $m$ e igualando a $0$ y haciendo lo propio con respecto de $k$ llegamos a: $$\left\{\begin{matrix}\displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,2\,(m\,x_i+k-y_i)\,x_i=0 \\ \displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,2\,(m\,x_i+k-y_i)=0 \end{matrix}\right.$$ esto es $$\left\{\begin{matrix} \displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,(m\,x_i+k-y_i)\,x_i=0 \\ \displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,(m\,x_i+k-y_i)=0 \end{matrix}\right.$$ y por tanto $$\left\{\begin{matrix} \displaystyle m\,\sum_{i=1}^{N}\,x_{i}^2+k\,\sum_{i=1}^{N}\,x_i-\sum_{i=1}^{N}\,x_i\,y_i=0 \\ \displaystyle m\,\sum_{i=1}^{N}\,x_{i}+k\,N-\sum_{i=1}^{N}\,y_i=0 \end{matrix}\right. \quad \quad (2)$$ Teniendo en cuenta ahora que $$\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,x_i=\bar{x}$$ $$\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,y_i=\bar{y}$$ $$\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,x_{i}^{2}=\overline{x^2}$$ podemos escribir las dos ecuaciones de la forma $$\left\{\begin{matrix} m\,\overline{x^2}+k\,\bar{x}=\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,x_i\,y_i \\ m\,\bar{x}+k=\bar{y}\end{matrix}\right.$$ Multiplicando los dos miembros de la segunda ecuación por $\bar{x}$
$$\left\{\begin{matrix} m\,\overline{x^2}+k\,\bar{x}=\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,x_i\,y_i \\ m\,(\bar{x})^2+k\,\bar{x}=\bar{y}\,\bar{x}\end{matrix}\right.$$ Sumando ahora miembro a miembro las dos ecuaciones obtenemos $$m\,\left(\overline{x^2}-(\bar{x})^2\right)=\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,x_i\,y_i - \bar{x}\,\bar{y}$$ Reconocemos en el segundo miembro la covarianza $s_{xy}$ de $X$ e $Y$, y, en el primero, la varianza de $X$: $s_{x}^2$, con lo cual $$m\,s_{x}^2=s_{xy}$$ y por tanto la pendiente de la recta de regresión que es $$m=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}$$ Sustituyendo ahora en la segunda ecuación de (2) y despejando $k$ obtendremos la ordenada en el origen de dicha recta: $$k=\bar{y}-\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}}\,\bar{x}$$
Con todo ello, podemos expresar esta recta de regresión de $Y$ sobre $X$ en la forma punto-pendiente, que es muy apropiada a la hora de aplicarla para realizar estimaciones de $Y$, $\hat{y}$, a partir de valores dados de la variable $X$: $$(y-\bar{y})=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}}\,(x-\bar{x})$$
OBSERVACIÓN: Si procedemos de manera análoga para hallar la recta de regresión de $X$ sobre $Y$, obtendremos esta otra recta de regresión que servirá para realizar estimaciones de $X$, $\hat{x}$, a partir de valores dados de la variable $Y$ $$(x-\bar{x})=\dfrac{s_{xy}}{s_{y}^{2}}\,(y-\bar{y})$$
NOTA: En todo procedimiento de regresión lineal son muy útiles los coeficientes de correlación de Pearson y el coeficiente de determinación a la hora de analizarlo; expresan la naturaleza y la bondad o fuerza del ajuste de la recta de regresión a la nube de puntos experimentales, respectivamente. Se define el coeficiente de correlación de Pearson de la forma $$r\overset{\text{def}}{=}\dfrac{s_{xy}}{s_{x}\,s_{y}}$$ siendo $s_x$ y $s_y$ las desviaciones estándar de $X$ e $Y$, respectivamente, de tal manera que $-1\le r\le 1$. Si $r\prec 0$ ( la covarianza $s_{xy} \prec 0$ ) la recta de regresión tiene pendiente negativa y, por tanto, es una función creciente; en el caso de que $r\succ 0$ ( la covarianza $s_{xy} \succ 0 $ ), la pendiente es positiva ( la función es creciente ). Si $|r|=1$ la dependencia es funcional; si $r=0$ ( la covarianza es nula $s_{xy}=0$ ) y no hay correlación. La fuerza del ajuste se mide mediante el coeficiente de determinación, $R^2$, que se define de la forma $R^2\overset{\text{def}}{=}(r)^2$; se tiene que $0 \le R^2\le 1$ ( que se suele expresar en tanto por ciento ), de modo que, en los casos límite, si $R^2=1$ la fuerza del ajusta es máxima y si $R^2=0$ la fuerza del ajuste es nula.
$\square$
Así pues, teniendo en cuenta que la recta a determinar es $y=m\,x+k$, tendremos que $y'_{i}=mx_i+k$ para cada $i=1,2,\ldots,N$, por consiguiente podemos escribir la cantidad que ha de hacerse mínima como una función de $m$ y $k$: $$\displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,(m\,x_i+k-y_i)^2$$
Para que se obtenga un extremos relativo, y, en particular un mínimo, sabemos que las derivadas con respecto de $m$ y, también, de $k$ han de ser nulas. Luego derivando primero respecto de $m$ e igualando a $0$ y haciendo lo propio con respecto de $k$ llegamos a: $$\left\{\begin{matrix}\displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,2\,(m\,x_i+k-y_i)\,x_i=0 \\ \displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,2\,(m\,x_i+k-y_i)=0 \end{matrix}\right.$$ esto es $$\left\{\begin{matrix} \displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,(m\,x_i+k-y_i)\,x_i=0 \\ \displaystyle \sum_{i=1}^{N}\,(m\,x_i+k-y_i)=0 \end{matrix}\right.$$ y por tanto $$\left\{\begin{matrix} \displaystyle m\,\sum_{i=1}^{N}\,x_{i}^2+k\,\sum_{i=1}^{N}\,x_i-\sum_{i=1}^{N}\,x_i\,y_i=0 \\ \displaystyle m\,\sum_{i=1}^{N}\,x_{i}+k\,N-\sum_{i=1}^{N}\,y_i=0 \end{matrix}\right. \quad \quad (2)$$ Teniendo en cuenta ahora que $$\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,x_i=\bar{x}$$ $$\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,y_i=\bar{y}$$ $$\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,x_{i}^{2}=\overline{x^2}$$ podemos escribir las dos ecuaciones de la forma $$\left\{\begin{matrix} m\,\overline{x^2}+k\,\bar{x}=\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,x_i\,y_i \\ m\,\bar{x}+k=\bar{y}\end{matrix}\right.$$ Multiplicando los dos miembros de la segunda ecuación por $\bar{x}$
$$\left\{\begin{matrix} m\,\overline{x^2}+k\,\bar{x}=\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,x_i\,y_i \\ m\,(\bar{x})^2+k\,\bar{x}=\bar{y}\,\bar{x}\end{matrix}\right.$$ Sumando ahora miembro a miembro las dos ecuaciones obtenemos $$m\,\left(\overline{x^2}-(\bar{x})^2\right)=\displaystyle \dfrac{1}{N}\,\sum_{i=1}^{N}\,x_i\,y_i - \bar{x}\,\bar{y}$$ Reconocemos en el segundo miembro la covarianza $s_{xy}$ de $X$ e $Y$, y, en el primero, la varianza de $X$: $s_{x}^2$, con lo cual $$m\,s_{x}^2=s_{xy}$$ y por tanto la pendiente de la recta de regresión que es $$m=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^2}$$ Sustituyendo ahora en la segunda ecuación de (2) y despejando $k$ obtendremos la ordenada en el origen de dicha recta: $$k=\bar{y}-\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}}\,\bar{x}$$
Con todo ello, podemos expresar esta recta de regresión de $Y$ sobre $X$ en la forma punto-pendiente, que es muy apropiada a la hora de aplicarla para realizar estimaciones de $Y$, $\hat{y}$, a partir de valores dados de la variable $X$: $$(y-\bar{y})=\dfrac{s_{xy}}{s_{x}^{2}}\,(x-\bar{x})$$
OBSERVACIÓN: Si procedemos de manera análoga para hallar la recta de regresión de $X$ sobre $Y$, obtendremos esta otra recta de regresión que servirá para realizar estimaciones de $X$, $\hat{x}$, a partir de valores dados de la variable $Y$ $$(x-\bar{x})=\dfrac{s_{xy}}{s_{y}^{2}}\,(y-\bar{y})$$
NOTA: En todo procedimiento de regresión lineal son muy útiles los coeficientes de correlación de Pearson y el coeficiente de determinación a la hora de analizarlo; expresan la naturaleza y la bondad o fuerza del ajuste de la recta de regresión a la nube de puntos experimentales, respectivamente. Se define el coeficiente de correlación de Pearson de la forma $$r\overset{\text{def}}{=}\dfrac{s_{xy}}{s_{x}\,s_{y}}$$ siendo $s_x$ y $s_y$ las desviaciones estándar de $X$ e $Y$, respectivamente, de tal manera que $-1\le r\le 1$. Si $r\prec 0$ ( la covarianza $s_{xy} \prec 0$ ) la recta de regresión tiene pendiente negativa y, por tanto, es una función creciente; en el caso de que $r\succ 0$ ( la covarianza $s_{xy} \succ 0 $ ), la pendiente es positiva ( la función es creciente ). Si $|r|=1$ la dependencia es funcional; si $r=0$ ( la covarianza es nula $s_{xy}=0$ ) y no hay correlación. La fuerza del ajuste se mide mediante el coeficiente de determinación, $R^2$, que se define de la forma $R^2\overset{\text{def}}{=}(r)^2$; se tiene que $0 \le R^2\le 1$ ( que se suele expresar en tanto por ciento ), de modo que, en los casos límite, si $R^2=1$ la fuerza del ajusta es máxima y si $R^2=0$ la fuerza del ajuste es nula.
$\square$
lunes, 22 de abril de 2019
miércoles, 10 de abril de 2019
Problemas de máximos y mínimos. Aplicaciones de la derivada
ENUNCIADO. Hállese la relación entre la altura y el radio de un depósito cilíndrico de volumen dado, $k$, para que el área total del desarrollo plano de dicho cuerpo sea mínima.
SOLUCIÓN. El área total del desarrollo plano de un cilindro de radio $r$ y altura $h$ es $$2\,\pi\,r\,h+2\,(\pi\,r^2)$$ Teniendo en cuenta que el volumen está fijado, y su valor es $k$, podemos escribir $$k=\pi\,h\,r^2 \quad \quad (1)$$ por lo que la función de $r$ que proporciona el área total es $$f(r)=2\,\pi\,\left(r^2+\dfrac{k}{\pi}\,r\right)$$ Procedemos ahora a determinar los extremos relativos de dicha función, imponiendo (condición necesaria) $$f'(r)=0$$ esto es $$2\,\pi\,\left( 2r- \dfrac{k}{\pi}\cdot \dfrac{1}{r^2}\right)=0 \Leftrightarrow -k+2\,\pi\,r^3=0$$ de donde en consecuencia encontramos un solo extremo relativo $$r_{*}=\sqrt[3]{\dfrac{k}{2\,\pi}} \quad \quad$$ Sustituyendo en (1) encontramos $$h_{*}=\sqrt[3]{\dfrac{4}{k\,\pi}}$$
Comprobamos que la abscisa encontrada en (2) corresponde a un mínimo relativo, pues $$f''(r_{*})=2\,\pi \, \left( \dfrac{2\,k}{\pi} \cdot \dfrac{1}{r_{*}^3}+2 \right) \succ 0 $$
Además, dicho mínimo relativo es, también, el mínimo absoluto de la función.
Calculando la razón de $h_{*}$ y $r_{*}$ con los valores encontrados vemos que $$\dfrac{h_{*}}{r_{*}}=2$$ De donde, a modo de conclusión, podemos afirmar que el diámetro de la base de dicho cilindro ha de ser igual a la altura del mismo, para que, fijado el valor del volumen del cilindro, el área total del desarrollo plano del mismo sea mínima.
$\square$
SOLUCIÓN. El área total del desarrollo plano de un cilindro de radio $r$ y altura $h$ es $$2\,\pi\,r\,h+2\,(\pi\,r^2)$$ Teniendo en cuenta que el volumen está fijado, y su valor es $k$, podemos escribir $$k=\pi\,h\,r^2 \quad \quad (1)$$ por lo que la función de $r$ que proporciona el área total es $$f(r)=2\,\pi\,\left(r^2+\dfrac{k}{\pi}\,r\right)$$ Procedemos ahora a determinar los extremos relativos de dicha función, imponiendo (condición necesaria) $$f'(r)=0$$ esto es $$2\,\pi\,\left( 2r- \dfrac{k}{\pi}\cdot \dfrac{1}{r^2}\right)=0 \Leftrightarrow -k+2\,\pi\,r^3=0$$ de donde en consecuencia encontramos un solo extremo relativo $$r_{*}=\sqrt[3]{\dfrac{k}{2\,\pi}} \quad \quad$$ Sustituyendo en (1) encontramos $$h_{*}=\sqrt[3]{\dfrac{4}{k\,\pi}}$$
Comprobamos que la abscisa encontrada en (2) corresponde a un mínimo relativo, pues $$f''(r_{*})=2\,\pi \, \left( \dfrac{2\,k}{\pi} \cdot \dfrac{1}{r_{*}^3}+2 \right) \succ 0 $$
Además, dicho mínimo relativo es, también, el mínimo absoluto de la función.
Calculando la razón de $h_{*}$ y $r_{*}$ con los valores encontrados vemos que $$\dfrac{h_{*}}{r_{*}}=2$$ De donde, a modo de conclusión, podemos afirmar que el diámetro de la base de dicho cilindro ha de ser igual a la altura del mismo, para que, fijado el valor del volumen del cilindro, el área total del desarrollo plano del mismo sea mínima.
$\square$
martes, 26 de marzo de 2019
Regla de derivación de la función recíproca del seno
ENUNCIADO. Justifíquese la regla de derivación de la función recíproca de la función seno: $$(\arcsin\,x)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$
ENUNCIADO. Se una función biyectiva $y=f(x)$ y que, por tanto, tenga asociada función recíproca. El cociente incremental $\dfrac{\Delta\,y}{\Delta\,x}$ puede expresarse de la forma $\dfrac{1}{\Delta\,x/\Delta\,y}$. Teniendo en cuenta ahora que cuando $\Delta\,x \rightarrow 0$ también se tiene que $\Delta\,y \rightarrow 0$, podemos escribir lo siguiente:
$$y'_{x}\overset{\text{def}}{=}\lim_{\Delta\,x\rightarrow 0}\,\dfrac{\Delta\,y}{\Delta\,x}=\lim_{\Delta\,y \rightarrow 0}\,\dfrac{1}{\Delta\,x/\Delta\,y}=\dfrac{\displaystyle \lim_{\Delta\,y \rightarrow 0}\,1}{\displaystyle \lim_{\Delta\,y \rightarrow 0}\,\Delta\,x/\Delta\,y}=\dfrac{1}{\displaystyle \lim_{\Delta\,y \rightarrow 0}\,\Delta\,x/\Delta\,y}=\dfrac{1}{x'_{y}}$$ con lo que se llega a la siguiente propiedad general (para la derivación de las funciones recíprocas): $$x'_{y}=\dfrac{1}{y'_{x}}$$ y viceversa $$y'_{x}=\dfrac{1}{x'_{y}}$$
Aplicaremos ahora ésto al caso concreto que nos ocupa.
Consideremos la función $f(x)=\sin\,x$ cuya función recíproca queremos derivar; por comodidad a la hora de las manipulaciones algebraicas, la escribiremos de la forma $y=\sin\,x$. Como es bien sabido, la función derivada de esta función es $y'_{x}=\cos\,x$.
Entonces, por la importante propiedad general que hemos justificado arriba, la derivada de la función recíproca de la función seno ( la derivada de la función arcoseno ), $x'_{y}$, es igual a $\dfrac{1}{y'_{x}}$. Por tanto,
$x'_{y}=\dfrac{1}{(\sin\,x)'_{x}}$
$=\dfrac{1}{\cos\,x}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^2\,x}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}}$
Y teniendo en cuenta que en la función recíproca se intercambia el papel de las variables ( $x \leftrightarrow y$ ), concluimos que $$\left(f^{-1}(x)\right)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$ Es decir, $$(\arcsin\,x)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$
Nota: Mediante procedimientos análogos se justifica la regla de derivación de la función recíproca de cualquier función directa dada, siempre y cuando, claro está, la función recíproca exista para esa función directa dada, para lo cual, recordémoslo, dicha función directa ha de ser biyectiva. Observación: Recordemos también que si una función es biyectiva, la función recíproca asociada a dicha función es también biyectiva, puesto que la función recíproca de la función recíproca es la propia función directa.
$\square$
ENUNCIADO. Se una función biyectiva $y=f(x)$ y que, por tanto, tenga asociada función recíproca. El cociente incremental $\dfrac{\Delta\,y}{\Delta\,x}$ puede expresarse de la forma $\dfrac{1}{\Delta\,x/\Delta\,y}$. Teniendo en cuenta ahora que cuando $\Delta\,x \rightarrow 0$ también se tiene que $\Delta\,y \rightarrow 0$, podemos escribir lo siguiente:
$$y'_{x}\overset{\text{def}}{=}\lim_{\Delta\,x\rightarrow 0}\,\dfrac{\Delta\,y}{\Delta\,x}=\lim_{\Delta\,y \rightarrow 0}\,\dfrac{1}{\Delta\,x/\Delta\,y}=\dfrac{\displaystyle \lim_{\Delta\,y \rightarrow 0}\,1}{\displaystyle \lim_{\Delta\,y \rightarrow 0}\,\Delta\,x/\Delta\,y}=\dfrac{1}{\displaystyle \lim_{\Delta\,y \rightarrow 0}\,\Delta\,x/\Delta\,y}=\dfrac{1}{x'_{y}}$$ con lo que se llega a la siguiente propiedad general (para la derivación de las funciones recíprocas): $$x'_{y}=\dfrac{1}{y'_{x}}$$ y viceversa $$y'_{x}=\dfrac{1}{x'_{y}}$$
Aplicaremos ahora ésto al caso concreto que nos ocupa.
Consideremos la función $f(x)=\sin\,x$ cuya función recíproca queremos derivar; por comodidad a la hora de las manipulaciones algebraicas, la escribiremos de la forma $y=\sin\,x$. Como es bien sabido, la función derivada de esta función es $y'_{x}=\cos\,x$.
Entonces, por la importante propiedad general que hemos justificado arriba, la derivada de la función recíproca de la función seno ( la derivada de la función arcoseno ), $x'_{y}$, es igual a $\dfrac{1}{y'_{x}}$. Por tanto,
$x'_{y}=\dfrac{1}{(\sin\,x)'_{x}}$
$=\dfrac{1}{\cos\,x}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{1-\sin^2\,x}}$
$=\dfrac{1}{\sqrt{1-y^2}}$
Y teniendo en cuenta que en la función recíproca se intercambia el papel de las variables ( $x \leftrightarrow y$ ), concluimos que $$\left(f^{-1}(x)\right)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$ Es decir, $$(\arcsin\,x)'=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$
Nota: Mediante procedimientos análogos se justifica la regla de derivación de la función recíproca de cualquier función directa dada, siempre y cuando, claro está, la función recíproca exista para esa función directa dada, para lo cual, recordémoslo, dicha función directa ha de ser biyectiva. Observación: Recordemos también que si una función es biyectiva, la función recíproca asociada a dicha función es también biyectiva, puesto que la función recíproca de la función recíproca es la propia función directa.
$\square$
Regla de derivación de la función coseno
ENUNCIADO. Sabiendo que $(\sin\,x)'=\cos\,x$ [1], demuéstrese que $$(\cos\,x)'=-\sin\,x$$
SOLUCIÓN.
$(\cos\,x)'=(\sin\,(x+\pi/2))'=$
$=\cos(x+\pi/2)\cdot (x+\pi/2)'$
$=\cos(x+\pi/2)\cdot 1$
$=\cos\,x\cdot \cos\,\pi/2-\sin\,x\,\cdot \sin\,\pi/2$
$=(\cos\,x)\cdot 0-\sin\,x\,\cdot 1$
$=-\sin\,x$
$\square$
SOLUCIÓN.
$(\cos\,x)'=(\sin\,(x+\pi/2))'=$
$=\cos(x+\pi/2)\cdot (x+\pi/2)'$
$=\cos(x+\pi/2)\cdot 1$
$=\cos\,x\cdot \cos\,\pi/2-\sin\,x\,\cdot \sin\,\pi/2$
$=(\cos\,x)\cdot 0-\sin\,x\,\cdot 1$
$=-\sin\,x$
$\square$
Justificación de la regla de derivación de la función seno
ENUNCIADO. Justifíquese la regla de derivación de la función seno: $$(\sin\,x)'=\cos\,x$$
SOLUCIÓN. Partamos de la definición de la derivada de la función seno:
$\displaystyle \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,(x+\Delta\,x)-\sin\,x}{\Delta\,x}=$
$=\displaystyle \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,x\cdot\cos(\Delta\,x)+\sin(\Delta\,x)\cdot \cos\,x-\sin\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,x\cdot(\cos(\Delta\,x)-1)+\sin(\Delta\,x)\cdot \cos\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,x\cdot(\cos\,\Delta\,x-1)}{\Delta\,x}+\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x\,\cos\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\cos(\Delta\,x)-1}{\Delta\,x}+\cos\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin(\Delta\,x)}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\cos(\Delta\,x)-1}{\Delta\,x}\cdot \dfrac{\cos(\Delta\,x)+1}{\cos(\Delta\,x)+1}+\cos\, x\,\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\cos(\Delta\,x)-1}{\Delta\,x}\cdot \dfrac{\cos^{2}(\Delta\,x)-1}{\cos(\Delta\,x)+1}+\cos\,x\cdot\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{-\sin^{2}\,\Delta\,x}{\Delta\,x\cdot \cos(\Delta\,x)+1}+\cos\,x\cdot\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{-\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}\cdot \dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\cos(\Delta\,x)+1}+\cos\, x\,\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{-\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\, \dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\cos(\Delta\,x)+1}+\cos\,x\cdot\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}$
$\overset{(1)}{=}\displaystyle \sin\,x\cdot (-1)\cdot \dfrac{0}{1+1}+\cos\,x\cdot 1$
$=\displaystyle 0/2+\cos\,x$
$=\displaystyle 0+\cos\,x$
$=\displaystyle \cos\,x$
--- Aclaración (1):
$\displaystyle \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}=\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\Delta\,x}{\Delta\,x}=1$, puesto que en las proximidades del cero, un arco infinitsimal de la curva sinusoidal puede sustituirse por un segmento rectilíneo infinitesimal de pendiente uno ( la diferencia entre los valores de la función seno y los valores de función de su argmento tiende a cero al hacer tender el argumento del seno a cero ), esto es, $\sin\,\Delta\,x \rightarrow \Delta\,x$. La justificación rigurosa es púramente geométrica. Decimos que el seno y su argumento son infinitésimos equivalentes, y, en general, lo expresamos así $\sin \,\theta \sim \theta$.
$\square$
SOLUCIÓN. Partamos de la definición de la derivada de la función seno:
$\displaystyle \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,(x+\Delta\,x)-\sin\,x}{\Delta\,x}=$
$=\displaystyle \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,x\cdot\cos(\Delta\,x)+\sin(\Delta\,x)\cdot \cos\,x-\sin\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,x\cdot(\cos(\Delta\,x)-1)+\sin(\Delta\,x)\cdot \cos\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,x\cdot(\cos\,\Delta\,x-1)}{\Delta\,x}+\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x\,\cos\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\cos(\Delta\,x)-1}{\Delta\,x}+\cos\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin(\Delta\,x)}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\cos(\Delta\,x)-1}{\Delta\,x}\cdot \dfrac{\cos(\Delta\,x)+1}{\cos(\Delta\,x)+1}+\cos\, x\,\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\cos(\Delta\,x)-1}{\Delta\,x}\cdot \dfrac{\cos^{2}(\Delta\,x)-1}{\cos(\Delta\,x)+1}+\cos\,x\cdot\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{-\sin^{2}\,\Delta\,x}{\Delta\,x\cdot \cos(\Delta\,x)+1}+\cos\,x\cdot\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{-\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}\cdot \dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\cos(\Delta\,x)+1}+\cos\, x\,\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}$
$=\displaystyle \sin\,x\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{-\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}\cdot \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\, \dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\cos(\Delta\,x)+1}+\cos\,x\cdot\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}$
$\overset{(1)}{=}\displaystyle \sin\,x\cdot (-1)\cdot \dfrac{0}{1+1}+\cos\,x\cdot 1$
$=\displaystyle 0/2+\cos\,x$
$=\displaystyle 0+\cos\,x$
$=\displaystyle \cos\,x$
$\displaystyle \lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\sin\,\Delta\,x}{\Delta\,x}=\lim_{\Delta\,x \rightarrow 0}\,\dfrac{\Delta\,x}{\Delta\,x}=1$, puesto que en las proximidades del cero, un arco infinitsimal de la curva sinusoidal puede sustituirse por un segmento rectilíneo infinitesimal de pendiente uno ( la diferencia entre los valores de la función seno y los valores de función de su argmento tiende a cero al hacer tender el argumento del seno a cero ), esto es, $\sin\,\Delta\,x \rightarrow \Delta\,x$. La justificación rigurosa es púramente geométrica. Decimos que el seno y su argumento son infinitésimos equivalentes, y, en general, lo expresamos así $\sin \,\theta \sim \theta$.
$\square$
domingo, 24 de marzo de 2019
Un ejercicio sobre secciones cónicas
ENUNCIADO. Determínense los elementos notables de las siguientes secciones cónicas:
a) $x^2+y^2-4x+6y+9=0$
b) $y^2-4y-4x=0$
c) $25\,x^2+m\,y^2=3600$, siendo ésta una elipse y uno de sus focos el punto $F(7,0)$
d) Una cónica con centro $C(2,2)$, con excentricidad igual a $3$, y siendo uno de sus focos el punto $F(6,2)$
SOLUCIÓN.
(a)
$x^2+y^2-4x+6y+9=0$
$(x^2-4x)+(y^2+6y)+9=0$
$((x-2)^2-4)+((y+3)^2-9)+9=0$
$(x-2)^2+(y+3)^2=4$
$(x-2)^2+(y+3)^2=2^2$
$(x-2)^2+(y-(-3))^2=2^2$
Lo obtenido arriba es la ecuación de una circuferencia, $(x-x_C)^2+(y-y_C)^2=R^2$, centrada en $C(2,-3)$ con radio $R=2$. Y, por supuesto, la excentricidad de dicha cónica, que es un caso particular de una elipse es $\epsilon=0$.
(b)
$y^2-4y-4x=0$
$(y^2-4y)-4x=0$
$((y-2)^2-4)-4x=0$
$(y-2)^2=4x+4$
$(y-2)^2=4(x+1)$
$(y-2)^2=4(x-(-1))$
$(y-2)^2=2\cdot 2(x-(-1))$, que es del tipo $(y-y_{O'})^2=2p\,(x-x_{O'})$ y, por tanto, una parábola, con vértice en $V(-1,2)$. Además, teniendo en cuenta que la ecuación de la parábola reducida es $y^2=2px$, con vértice en el origen de coordenadas $O(0,0)$, al ser $p=2$, el foco ha de ser el punto $F(0,2)$ ), y la recta directriz, que tiene por ecuación $x=-p$, es $\text{r.d.}\equiv x=-2$. Por otra parte, el valor de la excentricidad de una parábola es $\epsilon=1$, habida cuenta de que la distancia de cualquier punto de la parábola a la recta directriz es la misma que la distancia de dicho punto al foco.
(c)
La elipse ( enunciado ) $25\,x^2+m\,y^2=3600$ ( con lo cual $m$ ha de ser positivo ), que está centrada en $O(0,0)$, puede escribirse de la forma $$\dfrac{x^2}{3600/25}+\dfrac{y^2}{3600/m}=1$$ luego, teniendo en cuenta que la ecuación de la elipse reducida es de la forma $$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$$ ( con semieje mayor, $a$, en el eje Ox ), vemos que $a=\sqrt{3600/25}=12$ y $b=\sqrt{3600/m}$. Sabemos también que uno de los focos es $F(7,0)$, con lo cual el otro foco es $F'(-7,0)$, y $c=7$. Por otra parte, teniendo en cuenta que en una elipse $a^2=b^2+c^2$, vemos que $144=\dfrac{3600}{m}+7^2$, de donde, despejando $m$, se tiene que $m=\dfrac{720}{19}$. Por consiguiente, la excentricidad es $\epsilon \overset{\text{def}}{=}\dfrac{c}{a}=\dfrac{7}{12}$, que es menor que $1$ como debe ser. Como el valor de $b^2$ es igual a $3600/m$, resulta que $b^2=\dfrac{3600}{720/19}=95$, luego $b=\sqrt{95}$. También podemos escribir las coordenadas de los vértices: $A(a,0)$, $A'(-a,0)$; $B'(0,b)$ y $B'(0,-b)$; esto es, $A(12,0)$, $A'(-12,0)$; $B'(0,\sqrt{95})$ y $B'(0,-\sqrt{95})$. La ecuación de la elipse pedida, $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$, se concreta pues de la forma $$\dfrac{x^2}{12^2}+\dfrac{y^2}{(\sqrt{95})^2}=1$$
(d)
Como $\epsilon=3\succ 1$ la cónica pedida es una hipérbola,y teniendo en cuenta que está centrada en $C(2,2)$ podemos escribirla de la forma $$\dfrac{(x-x_C)^2}{a^2}-\dfrac{(y-y_C)^2}{b^2}=1$$ esto es $$\dfrac{(x-2)^2}{a^2}-\dfrac{(y-2)^2}{b^2}=1$$ Por otra parte, al ser uno de sus focos el punto $F(6,2)=F(c+x_C,0+y_C)$, deducimos de ello el valor de $c$, pues $6=c+2 \Rightarrow c=4$; y como $\epsilon=3=\dfrac{c}{a}$, vemos que de $4/a=3 \Rightarrow a=4/3$. Calculemos ahora el valor de $b$ teniendo encuenta que, en una hipérbola, $c^2=a^2+b^2$ y, por tanto, en el caso que nos ocupa $(4/3)^2+b^2=4^2 \Rightarrow b=\dfrac{8\sqrt{2}}{3}$. Así pues, ya podemos concretar la ecuación de la elipse pedida $$\dfrac{(x-2)^2}{(4/3)^2}-\dfrac{(y-2)^2}{(8\,\sqrt{2}/3)^2}=1$$
Vértices de la hipérbola:
$A(a+x_C,0+y_C) \rightarrow A(4/3+2,0+2)$ esto es $A(10/3,2)$
$A'(-a+x_C,0+y_C) \rightarrow A'(-4/3+2,0+2)$ esto es esto es $A'(2/3,2)$
$B(0+x_C,b+y_C) \rightarrow B(0+2,8\sqrt{2}/3+2)$ esto es $B(2,8\sqrt{2}/3+2)$
$B'(0+x_C,-b+y_C) \rightarrow B'(0+2,-8\sqrt{2}/3+2)$ esto es $B'(2,-8\sqrt{2}/3+2)$
rectas asíntotas:
$\text{r.a}_1\equiv \dfrac{x-2}{4/3}=\dfrac{y-2}{8\,\sqrt{2}/3}$
$\text{r.a}_2\equiv \dfrac{x-2}{-4/3}=\dfrac{y-2}{8\,\sqrt{2}/3}$
$\square$
a) $x^2+y^2-4x+6y+9=0$
b) $y^2-4y-4x=0$
c) $25\,x^2+m\,y^2=3600$, siendo ésta una elipse y uno de sus focos el punto $F(7,0)$
d) Una cónica con centro $C(2,2)$, con excentricidad igual a $3$, y siendo uno de sus focos el punto $F(6,2)$
SOLUCIÓN.
(a)
$x^2+y^2-4x+6y+9=0$
$(x^2-4x)+(y^2+6y)+9=0$
$((x-2)^2-4)+((y+3)^2-9)+9=0$
$(x-2)^2+(y+3)^2=4$
$(x-2)^2+(y+3)^2=2^2$
$(x-2)^2+(y-(-3))^2=2^2$
Lo obtenido arriba es la ecuación de una circuferencia, $(x-x_C)^2+(y-y_C)^2=R^2$, centrada en $C(2,-3)$ con radio $R=2$. Y, por supuesto, la excentricidad de dicha cónica, que es un caso particular de una elipse es $\epsilon=0$.
(b)
$y^2-4y-4x=0$
$(y^2-4y)-4x=0$
$((y-2)^2-4)-4x=0$
$(y-2)^2=4x+4$
$(y-2)^2=4(x+1)$
$(y-2)^2=4(x-(-1))$
$(y-2)^2=2\cdot 2(x-(-1))$, que es del tipo $(y-y_{O'})^2=2p\,(x-x_{O'})$ y, por tanto, una parábola, con vértice en $V(-1,2)$. Además, teniendo en cuenta que la ecuación de la parábola reducida es $y^2=2px$, con vértice en el origen de coordenadas $O(0,0)$, al ser $p=2$, el foco ha de ser el punto $F(0,2)$ ), y la recta directriz, que tiene por ecuación $x=-p$, es $\text{r.d.}\equiv x=-2$. Por otra parte, el valor de la excentricidad de una parábola es $\epsilon=1$, habida cuenta de que la distancia de cualquier punto de la parábola a la recta directriz es la misma que la distancia de dicho punto al foco.
(c)
La elipse ( enunciado ) $25\,x^2+m\,y^2=3600$ ( con lo cual $m$ ha de ser positivo ), que está centrada en $O(0,0)$, puede escribirse de la forma $$\dfrac{x^2}{3600/25}+\dfrac{y^2}{3600/m}=1$$ luego, teniendo en cuenta que la ecuación de la elipse reducida es de la forma $$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$$ ( con semieje mayor, $a$, en el eje Ox ), vemos que $a=\sqrt{3600/25}=12$ y $b=\sqrt{3600/m}$. Sabemos también que uno de los focos es $F(7,0)$, con lo cual el otro foco es $F'(-7,0)$, y $c=7$. Por otra parte, teniendo en cuenta que en una elipse $a^2=b^2+c^2$, vemos que $144=\dfrac{3600}{m}+7^2$, de donde, despejando $m$, se tiene que $m=\dfrac{720}{19}$. Por consiguiente, la excentricidad es $\epsilon \overset{\text{def}}{=}\dfrac{c}{a}=\dfrac{7}{12}$, que es menor que $1$ como debe ser. Como el valor de $b^2$ es igual a $3600/m$, resulta que $b^2=\dfrac{3600}{720/19}=95$, luego $b=\sqrt{95}$. También podemos escribir las coordenadas de los vértices: $A(a,0)$, $A'(-a,0)$; $B'(0,b)$ y $B'(0,-b)$; esto es, $A(12,0)$, $A'(-12,0)$; $B'(0,\sqrt{95})$ y $B'(0,-\sqrt{95})$. La ecuación de la elipse pedida, $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$, se concreta pues de la forma $$\dfrac{x^2}{12^2}+\dfrac{y^2}{(\sqrt{95})^2}=1$$
(d)
Como $\epsilon=3\succ 1$ la cónica pedida es una hipérbola,y teniendo en cuenta que está centrada en $C(2,2)$ podemos escribirla de la forma $$\dfrac{(x-x_C)^2}{a^2}-\dfrac{(y-y_C)^2}{b^2}=1$$ esto es $$\dfrac{(x-2)^2}{a^2}-\dfrac{(y-2)^2}{b^2}=1$$ Por otra parte, al ser uno de sus focos el punto $F(6,2)=F(c+x_C,0+y_C)$, deducimos de ello el valor de $c$, pues $6=c+2 \Rightarrow c=4$; y como $\epsilon=3=\dfrac{c}{a}$, vemos que de $4/a=3 \Rightarrow a=4/3$. Calculemos ahora el valor de $b$ teniendo encuenta que, en una hipérbola, $c^2=a^2+b^2$ y, por tanto, en el caso que nos ocupa $(4/3)^2+b^2=4^2 \Rightarrow b=\dfrac{8\sqrt{2}}{3}$. Así pues, ya podemos concretar la ecuación de la elipse pedida $$\dfrac{(x-2)^2}{(4/3)^2}-\dfrac{(y-2)^2}{(8\,\sqrt{2}/3)^2}=1$$
Vértices de la hipérbola:
$A(a+x_C,0+y_C) \rightarrow A(4/3+2,0+2)$ esto es $A(10/3,2)$
$A'(-a+x_C,0+y_C) \rightarrow A'(-4/3+2,0+2)$ esto es esto es $A'(2/3,2)$
$B(0+x_C,b+y_C) \rightarrow B(0+2,8\sqrt{2}/3+2)$ esto es $B(2,8\sqrt{2}/3+2)$
$B'(0+x_C,-b+y_C) \rightarrow B'(0+2,-8\sqrt{2}/3+2)$ esto es $B'(2,-8\sqrt{2}/3+2)$
rectas asíntotas:
$\text{r.a}_1\equiv \dfrac{x-2}{4/3}=\dfrac{y-2}{8\,\sqrt{2}/3}$
$\text{r.a}_2\equiv \dfrac{x-2}{-4/3}=\dfrac{y-2}{8\,\sqrt{2}/3}$
$\square$
Otro ejercicio de geometría analítica
ENUNCIADO.
(a) Averígüese la posición relativa de la recta $r$, que pasa por el punto $P(1,-1)$ siendo $\vec{u}_r=(-1,1)$ un vector en la dirección de la misma, con la recta $s$ que pasa por los puntos $Q(0,3)$ y $R(6,0)$
(b) Calcúlese el ángulo entre las rectas $r$ y $s$ del apartado (a)
(c) Hállese un vector unitario que sea ortogonal al vector $\vec{u}_r$ del apartado (a)
(d) Hállese un vector $\vec{w}$ que forme base con el vector $\vec{u}_r$ y dígase qué tipo de base forman ( ortogonol, ortonormal, ... )
SOLUCIÓN.
(a)
Si $r \leftarrow \mathcal{L}\{ P,\vec{u}_r \}$ entonces $r\equiv (x,y)=(1,-1)+\lambda\,(-1,1)$, que podemos expresar en forma general de la forma $r\equiv x+y=0$
Si $s \leftarrow \mathcal{L}\{ Q,R\}$ entonces, siendo $\overset{\rightarrow}{QR}=(6-0,0-3)=(6,-3)=3\,(2,-1)$, hacemos $\vec{u}_s:=(2,-1)$, con lo cual $s\equiv (x,y)=(0,3)+\mu\,(2,-1)$, que podemos expresar en forma general como $s\equiv x+2y-6=0$
Como los vectores directores de sendas rectas, $\vec{u}_r=(-1,1)$ y $\vec{u}_s=(2,-1)$, son linealmente independientes, puesto que la combinación lineal $\alpha\,(-1,1)+\beta\,(2,-1)=(0,0)$ tiene como única solución $\alpha=\beta=0$, las rectas $r$ y $s$ son secantes.
(b)
$\measuredangle(r,s)=\measuredangle(\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\arccos\,\dfrac{\langle \vec{u}_r,\vec{u}_s\rangle}{\left\|\vec{u}_r\right\|\cdot \left\|\vec{u}_s\right\| }=\arccos\,\dfrac{\langle (-1,1),(2,-1)\rangle}{|\sqrt{2}|\cdot |\sqrt{5}| }=$
$=\arccos\,\dfrac{-3}{|\sqrt{10}| }\approx 162^{\circ}$
Evidentemente, también podemos dar como ángulo que forman las rectas secantes el ángulo suplementario del calculado, $180^{\circ}-\measuredangle(\vec{u}_r,\vec{u}_s)\approx 12^{\circ}$
(c)
Siendo $\vec{u}_r=(-1,1)$, un vector ortogonal a éste es $\vec{v}=(1,1)$, puesto que, siendo ambos distintos del vector $\vec{0}$, se cumple la condición suficiente $\langle (-1,1),(1,1)\rangle =0$; esto es, uno de los dos vectores no se puede expresar como combinación lineal del otro. El módulo de dicho vector es $\left\|\vec{v}\right\|=|\sqrt{1^2+1^2}|=|\sqrt{2}|$, luego un vector unitario perpendicular al vector $\vec{v}_{r}=(-1,1)$ es $\vec{v}_1=\left(1/|\sqrt{2}|,1/|\sqrt{2}|\right)$
(d)
Como $\vec{v}$ y $\vec{u}_r$ son ortogonales, son linealmente independientes puesto que uno de los dos no es combinación lienal del otro; además, forman un sistema de generadores mínimo del plano vectorial, luego forman base. En particular, por el hecho de ser dichos vectores ortogonales, podemos decir que forman una base ortogonal del plano vectorial: $\mathcal{B}=\{\vec{u}_r,\vec{v}\}$
Un vector unitario en la dirección de $\vec{u}_r$, cuyo módulo es igual a $|\sqrt{(-1)^2+1^2}|=|\sqrt{2}|$, es $\vec{u}_1=(\left(-1/|\sqrt{2}|,1/|\sqrt{2}|\right)$; por consiguiente, los vectores $\vec{u}_1$ y $\vec{v}_1$ son ortogonales ( or tanto son linealmente independientes ), y constituyen un sistema de generadores mínimo del plano vectorial); además, al ser unitarios, decimos que estos vectores forman una base ortonormal del plano vectorial: $\mathbb{B'}=\{\vec{u}_1,\vec{v}_1\}$
$\square$
(a) Averígüese la posición relativa de la recta $r$, que pasa por el punto $P(1,-1)$ siendo $\vec{u}_r=(-1,1)$ un vector en la dirección de la misma, con la recta $s$ que pasa por los puntos $Q(0,3)$ y $R(6,0)$
(b) Calcúlese el ángulo entre las rectas $r$ y $s$ del apartado (a)
(c) Hállese un vector unitario que sea ortogonal al vector $\vec{u}_r$ del apartado (a)
(d) Hállese un vector $\vec{w}$ que forme base con el vector $\vec{u}_r$ y dígase qué tipo de base forman ( ortogonol, ortonormal, ... )
SOLUCIÓN.
(a)
Si $r \leftarrow \mathcal{L}\{ P,\vec{u}_r \}$ entonces $r\equiv (x,y)=(1,-1)+\lambda\,(-1,1)$, que podemos expresar en forma general de la forma $r\equiv x+y=0$
Si $s \leftarrow \mathcal{L}\{ Q,R\}$ entonces, siendo $\overset{\rightarrow}{QR}=(6-0,0-3)=(6,-3)=3\,(2,-1)$, hacemos $\vec{u}_s:=(2,-1)$, con lo cual $s\equiv (x,y)=(0,3)+\mu\,(2,-1)$, que podemos expresar en forma general como $s\equiv x+2y-6=0$
Como los vectores directores de sendas rectas, $\vec{u}_r=(-1,1)$ y $\vec{u}_s=(2,-1)$, son linealmente independientes, puesto que la combinación lineal $\alpha\,(-1,1)+\beta\,(2,-1)=(0,0)$ tiene como única solución $\alpha=\beta=0$, las rectas $r$ y $s$ son secantes.
(b)
$\measuredangle(r,s)=\measuredangle(\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\arccos\,\dfrac{\langle \vec{u}_r,\vec{u}_s\rangle}{\left\|\vec{u}_r\right\|\cdot \left\|\vec{u}_s\right\| }=\arccos\,\dfrac{\langle (-1,1),(2,-1)\rangle}{|\sqrt{2}|\cdot |\sqrt{5}| }=$
$=\arccos\,\dfrac{-3}{|\sqrt{10}| }\approx 162^{\circ}$
Evidentemente, también podemos dar como ángulo que forman las rectas secantes el ángulo suplementario del calculado, $180^{\circ}-\measuredangle(\vec{u}_r,\vec{u}_s)\approx 12^{\circ}$
(c)
Siendo $\vec{u}_r=(-1,1)$, un vector ortogonal a éste es $\vec{v}=(1,1)$, puesto que, siendo ambos distintos del vector $\vec{0}$, se cumple la condición suficiente $\langle (-1,1),(1,1)\rangle =0$; esto es, uno de los dos vectores no se puede expresar como combinación lineal del otro. El módulo de dicho vector es $\left\|\vec{v}\right\|=|\sqrt{1^2+1^2}|=|\sqrt{2}|$, luego un vector unitario perpendicular al vector $\vec{v}_{r}=(-1,1)$ es $\vec{v}_1=\left(1/|\sqrt{2}|,1/|\sqrt{2}|\right)$
(d)
Como $\vec{v}$ y $\vec{u}_r$ son ortogonales, son linealmente independientes puesto que uno de los dos no es combinación lienal del otro; además, forman un sistema de generadores mínimo del plano vectorial, luego forman base. En particular, por el hecho de ser dichos vectores ortogonales, podemos decir que forman una base ortogonal del plano vectorial: $\mathcal{B}=\{\vec{u}_r,\vec{v}\}$
Un vector unitario en la dirección de $\vec{u}_r$, cuyo módulo es igual a $|\sqrt{(-1)^2+1^2}|=|\sqrt{2}|$, es $\vec{u}_1=(\left(-1/|\sqrt{2}|,1/|\sqrt{2}|\right)$; por consiguiente, los vectores $\vec{u}_1$ y $\vec{v}_1$ son ortogonales ( or tanto son linealmente independientes ), y constituyen un sistema de generadores mínimo del plano vectorial); además, al ser unitarios, decimos que estos vectores forman una base ortonormal del plano vectorial: $\mathbb{B'}=\{\vec{u}_1,\vec{v}_1\}$
$\square$
Geometría analítica
ENUNCIADO.
(a) Determínense los puntos del eje de ordenadas que equidisten de las rectas $t\equiv x-2y-5=0$ y $\ell\equiv -2x+y-4=0$
(b) Dadas las rectas $r\equiv 2x+m\,y-2=0$ y $s\equiv y-1=0$, calcúlese $m$ para que $r$ y $s$ formen un ángulo de $60^{\circ}$
(c) Determínese la ecuación del haz de rectas dos de las cuales sean $t$ y $\ell$ ( las del apartado (a)). Calcúlese el centro del haz e indíquese dos puntos que pertenezcan a dicho haz.
(d) Hállese la ecuación de la recta del haz del apartado (b) que tiene pendiente igual a $-2$
SOLUCIÓN.
(a)
Un punto genérico del eje de ordenadas es $X(0,y)$. Para que equidiste de las rectas $t$ y $\ell$ debera cumplirse que $d(X,t)=d(X,\ell)$, esto es $$\dfrac{|0-2y-5|}{|\sqrt{1^2+(-2)^2}|}=\dfrac{-2\cdot 0+y-4|}{|\sqrt{(-2)^2+1^2}|}$$ y por tanto $$|-2y-5|=|y-4| \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2y+5=y-4 \Rightarrow y=-9\\ 2y+5=-(y-4) \Rightarrow y=-1/3\end{matrix}\right.$$ Existen pues dos puntos que cumplen esta condición: $P_{1}(0,-9)$ y $P_{2}(0,-1/3)$
(b)
De $r\equiv 2x+m\,y-2=0$ vemos que $A_r=2$ y $B_r=m$, luego un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}_{r}=(-B_r,A_r)=(-m,2)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{u}_r\right\|=|\sqrt{2^2+m^2}|$
De $s\equiv y-1=0$ vemos que $A_s=0$ y $B_s=1$, luego un vector en la dirección de $s$ es $\vec{u}_{s}=(-B_s,A_s)=(1,0)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{u}_s\right\|=|\sqrt{1^2+0^2}|=1$
Si $\measuredangle(r,s)=60^{\circ}$, entonces $\cos \measuredangle (\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\dfrac{1}{2}$. Y, por otra parte, sabemos que $\cos \measuredangle (\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\dfrac{\langle \vec{u}_r,\vec{u}_s\rangle }{\left\|\vec{u}_r\right\|\cdot \left\|\vec{u}_s\right\|}$, por consiguiente, $\dfrac{\langle (-m,2),(1,0)\rangle}{|\sqrt{2^2+m^2}|}=\dfrac{1}{2}$
. Y de ahí, $\dfrac{1}{2}\,||\sqrt{2^2+m^2}|=-m$. Elevando al cuadrado ambos miembros, se tiene que $4+m^2=4\,m^2 \Rightarrow m=\pm \dfrac{2}{\sqrt{3}}$
(c)
El centro del haz viene dado por $C\equiv \left\{\begin{matrix}x-2y=5\\-2x+y=4\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x_C=-13/3 \\ y_C=-14/3\end{matrix}\right.$
Como la rectas dadas son secantes el haz pedido se refiere a un haz de rectas concurrentes en $C$ ( que es el punto de intersección ), luego toda recta del haz vendra dada por $(x,y)=(x_C,y_C)+\lambda\,(m,n)$, donde $(m,n)$ es un vector libre cualquiera ( $\lambda \in \mathbb{R}$; $m \in \mathbb{R}$ y $n \in \mathbb{R}$ ), o dicho de otro modo, la ecuación del haz se puede escribir de la forma $\dfrac{x-x_C}{m}=\dfrac{y-y_C}{n}$, o lo que es lo mismo $$n\,(x-x_C)=m\,(y-y_c)$$, que, en el caso concreto que nos ocupa es $$n\,(x-(-13/3))=m\,(y-(-14/3))$$ es decir $$\mathcal{H}\equiv n\,(x+13/3))=m\,(y+14/3)\;\;;\forall\, m,n\in \mathbb{R}$$ Por otra parte, es obvio que cualquier punto del plano pertenece a alguna recta del haz, y por tanto al haz.
(d) Fijado un valor de la pendiente de una de las rectas del haz, podemos escribir la ecuación de la recta pedida en su forma punto-pendiente: $$\dfrac{n}{m}\,(x+13/3))=y+14/3$$ donde $\dfrac{n}{m}:=-2$, con lo cual la recta del haz pedida es $$-2(x+13/3))=y+14/3$$ cuya ecuación en forma explícita es $$y=-2x-40/3$$ y, en forma general, $$6x+3y+40=0$$
$\square$
(a) Determínense los puntos del eje de ordenadas que equidisten de las rectas $t\equiv x-2y-5=0$ y $\ell\equiv -2x+y-4=0$
(b) Dadas las rectas $r\equiv 2x+m\,y-2=0$ y $s\equiv y-1=0$, calcúlese $m$ para que $r$ y $s$ formen un ángulo de $60^{\circ}$
(c) Determínese la ecuación del haz de rectas dos de las cuales sean $t$ y $\ell$ ( las del apartado (a)). Calcúlese el centro del haz e indíquese dos puntos que pertenezcan a dicho haz.
(d) Hállese la ecuación de la recta del haz del apartado (b) que tiene pendiente igual a $-2$
SOLUCIÓN.
(a)
Un punto genérico del eje de ordenadas es $X(0,y)$. Para que equidiste de las rectas $t$ y $\ell$ debera cumplirse que $d(X,t)=d(X,\ell)$, esto es $$\dfrac{|0-2y-5|}{|\sqrt{1^2+(-2)^2}|}=\dfrac{-2\cdot 0+y-4|}{|\sqrt{(-2)^2+1^2}|}$$ y por tanto $$|-2y-5|=|y-4| \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}2y+5=y-4 \Rightarrow y=-9\\ 2y+5=-(y-4) \Rightarrow y=-1/3\end{matrix}\right.$$ Existen pues dos puntos que cumplen esta condición: $P_{1}(0,-9)$ y $P_{2}(0,-1/3)$
(b)
De $r\equiv 2x+m\,y-2=0$ vemos que $A_r=2$ y $B_r=m$, luego un vector en la dirección de $r$ es $\vec{u}_{r}=(-B_r,A_r)=(-m,2)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{u}_r\right\|=|\sqrt{2^2+m^2}|$
De $s\equiv y-1=0$ vemos que $A_s=0$ y $B_s=1$, luego un vector en la dirección de $s$ es $\vec{u}_{s}=(-B_s,A_s)=(1,0)$, cuyo módulo es $\left\|\vec{u}_s\right\|=|\sqrt{1^2+0^2}|=1$
Si $\measuredangle(r,s)=60^{\circ}$, entonces $\cos \measuredangle (\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\dfrac{1}{2}$. Y, por otra parte, sabemos que $\cos \measuredangle (\vec{u}_r,\vec{u}_s)=\dfrac{\langle \vec{u}_r,\vec{u}_s\rangle }{\left\|\vec{u}_r\right\|\cdot \left\|\vec{u}_s\right\|}$, por consiguiente, $\dfrac{\langle (-m,2),(1,0)\rangle}{|\sqrt{2^2+m^2}|}=\dfrac{1}{2}$
. Y de ahí, $\dfrac{1}{2}\,||\sqrt{2^2+m^2}|=-m$. Elevando al cuadrado ambos miembros, se tiene que $4+m^2=4\,m^2 \Rightarrow m=\pm \dfrac{2}{\sqrt{3}}$
(c)
El centro del haz viene dado por $C\equiv \left\{\begin{matrix}x-2y=5\\-2x+y=4\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x_C=-13/3 \\ y_C=-14/3\end{matrix}\right.$
Como la rectas dadas son secantes el haz pedido se refiere a un haz de rectas concurrentes en $C$ ( que es el punto de intersección ), luego toda recta del haz vendra dada por $(x,y)=(x_C,y_C)+\lambda\,(m,n)$, donde $(m,n)$ es un vector libre cualquiera ( $\lambda \in \mathbb{R}$; $m \in \mathbb{R}$ y $n \in \mathbb{R}$ ), o dicho de otro modo, la ecuación del haz se puede escribir de la forma $\dfrac{x-x_C}{m}=\dfrac{y-y_C}{n}$, o lo que es lo mismo $$n\,(x-x_C)=m\,(y-y_c)$$, que, en el caso concreto que nos ocupa es $$n\,(x-(-13/3))=m\,(y-(-14/3))$$ es decir $$\mathcal{H}\equiv n\,(x+13/3))=m\,(y+14/3)\;\;;\forall\, m,n\in \mathbb{R}$$ Por otra parte, es obvio que cualquier punto del plano pertenece a alguna recta del haz, y por tanto al haz.
(d) Fijado un valor de la pendiente de una de las rectas del haz, podemos escribir la ecuación de la recta pedida en su forma punto-pendiente: $$\dfrac{n}{m}\,(x+13/3))=y+14/3$$ donde $\dfrac{n}{m}:=-2$, con lo cual la recta del haz pedida es $$-2(x+13/3))=y+14/3$$ cuya ecuación en forma explícita es $$y=-2x-40/3$$ y, en forma general, $$6x+3y+40=0$$
$\square$
Cálculos con números complejos
ENUNCIADO.
(a) Hállese la parte real y la parte imaginaria de la siguiente expresión $z=\dfrac{2\,i^3-4\,i^2}{3+3\,i}$
(b) Hállese la longitud del lado ( en el diagrama de Argand ) del polígono que se forma al unir los afijos consecutivos de los valores de $\sqrt[3]{-3\sqrt{2}+3\,\sqrt{2}\,i}$
(c) Simplifíquese el miembro izquierdo de la igualdad $\dfrac{2-x\,i^2+3\,i^7}{4+3\,i}=a-b\,i$ y hállese $a$ y $b$ en función de $x$.
SOLUCIÓN.
(a)
$\dfrac{2\,i^3-4\,i^2}{3+3\,i}=$
$=\dfrac{2\,i^2\,(i-2)}{3(1+i)}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{i-2}{1+i}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{i-2}{1+i}\cdot \dfrac{1-i}{1-i}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{(i-2)(1-i)}{(1+i)(1-i)}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{-i^2+3i-2}{1-i^2}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{-1+3i}{1-(-1)}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{-1+3i}{2}$
$=\dfrac{1}{3}\cdot (1-3i)$
$=\dfrac{1}{3}+(-1)\, i \Rightarrow \left\{\begin{matrix}\mathcal{Re}(z)=\dfrac{1}{3}\\ \mathcal{Im}(z)=-1\end{matrix}\right.$
(b)
$\sqrt[3]{-3\sqrt{2}+3\,\sqrt{2}\,i}=$
$=\sqrt[3]{3\sqrt{2}}\,\left( \sqrt[3]{-1+i} \right)=\left\{\begin{matrix}\left(\sqrt[3]{3\sqrt{2}}\cdot \sqrt[3]{\sqrt{2}}\right)_{\theta_1} \\ \left(\sqrt[3]{3\sqrt{2}}\cdot \sqrt[3]{\sqrt{2}}\right)_{\theta_2} \\ \left(\sqrt[3]{3\sqrt{2}}\cdot \sqrt[3]{\sqrt{2}}\right)_{\theta_3}\end{matrix}\right.=\left\{\begin{matrix}\left(\sqrt[3]{6}\right)_{\theta_1} \\ \left(\sqrt[3]{6}\right)_{\theta_2} \\ \left(\sqrt[3]{6}\right)_{\theta_3}\end{matrix}\right.\overset{(1)}{=}\left\{\begin{matrix}\left(\sqrt[3]{6}\right)_{45^{\circ}} \\ \left(\sqrt[3]{6}\right)_{165^{\circ}} \\ \left(\sqrt[3]{6}\right)_{285^{\circ}}\end{matrix}\right.$
---
Aclaraciones (1):
$\theta_1=\dfrac{\text{arg}(-1+i)+360^{\circ}\cdot 0}{3}=\dfrac{135^{\circ}+360^{\circ}\cdot 0}{3}=45^{\circ}$
$\theta_2=\dfrac{\text{arg}(-1+i)+360^{\circ}\cdot 1}{3}=\dfrac{135^{\circ}+360^{\circ}\cdot 1}{3}=165^{\circ}$
$\theta_3=\dfrac{\text{arg}(-1+i)+360^{\circ}\cdot 12}{3}=\dfrac{135^{\circ}+360^{\circ}\cdot 2}{3}=285^{\circ}$
---
Los ángulos centrales son igual a $165^{\circ}-45^{\circ}=285^{\circ}-165^{\circ}=55^{\circ}+(360^{\circ}-285^{\circ})=120^{\circ}$, por lo que los ángulos interiores del polígono regular que se forma uniendo los afijos consecutivos son de $60^{\circ}$ y por tanto, el polígono que se forma es un triángulo equilátero. Podemos resumir los resultados encontrados en la siguiente figura.
El radio de la circunferencia circunscrita es igual al módulo de los tres resultados complejos de la raíz cúbica pedia, $\sqrt[3]{6}$. Por tanto, del triángulo $\triangle(O,B,C)$ vemos que $\ell/2=r\cdot \cos (60^{\circ}/2)$ y por tanto, $\ell= 2\,\sqrt[3]{6}\cdot \sqrt{3}/2 = \sqrt[3]{6}\cdot \sqrt{3}=\sqrt[6]{2^{2}\cdot 3^5}$ unidades de longitud.
(c)
$\dfrac{2-x\,i^2+3\,i^7}{4+3\,i}=a-b\,i$
$\dfrac{2-(-1)\,x+3\,i^3}{4+3\,i}=a-b\,i$
puesto que $i^2=-1$ y $i^7=i^{\text{resto}(7\div 4)}=i^3=i\cdot i^2=(-1)\,i=-i$
$\dfrac{2-(-1)\,x-3\,i}{4+3\,i}=a-b\,i$
$\dfrac{(2+x)-3\,i}{4+3\,i}\cdot \dfrac{4-3i}{4-3i}=a-b\,i$
$\dfrac{((2+x)-3\,i)(4-3i)}{(4+3i)(4-3i)}=a-b\,i$
$\dfrac{(4x-1)-i(3x+18)}{25}=a-b\,i$
$\dfrac{4x-1}{25}-i\dfrac{3x+18}{25}=a-b\,i$
$\dfrac{4x-1}{25}-3\,i\,\dfrac{x+6}{25}=a-b\,i \Rightarrow \left\{\begin{matrix}a=\dfrac{4x-1}{25}\\ b=\dfrac{3\,(x+6)}{25}\end{matrix}\right.$
$\square$
(a) Hállese la parte real y la parte imaginaria de la siguiente expresión $z=\dfrac{2\,i^3-4\,i^2}{3+3\,i}$
(b) Hállese la longitud del lado ( en el diagrama de Argand ) del polígono que se forma al unir los afijos consecutivos de los valores de $\sqrt[3]{-3\sqrt{2}+3\,\sqrt{2}\,i}$
(c) Simplifíquese el miembro izquierdo de la igualdad $\dfrac{2-x\,i^2+3\,i^7}{4+3\,i}=a-b\,i$ y hállese $a$ y $b$ en función de $x$.
SOLUCIÓN.
(a)
$\dfrac{2\,i^3-4\,i^2}{3+3\,i}=$
$=\dfrac{2\,i^2\,(i-2)}{3(1+i)}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{i-2}{1+i}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{i-2}{1+i}\cdot \dfrac{1-i}{1-i}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{(i-2)(1-i)}{(1+i)(1-i)}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{-i^2+3i-2}{1-i^2}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{-1+3i}{1-(-1)}$
$=-\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{-1+3i}{2}$
$=\dfrac{1}{3}\cdot (1-3i)$
$=\dfrac{1}{3}+(-1)\, i \Rightarrow \left\{\begin{matrix}\mathcal{Re}(z)=\dfrac{1}{3}\\ \mathcal{Im}(z)=-1\end{matrix}\right.$
(b)
$\sqrt[3]{-3\sqrt{2}+3\,\sqrt{2}\,i}=$
$=\sqrt[3]{3\sqrt{2}}\,\left( \sqrt[3]{-1+i} \right)=\left\{\begin{matrix}\left(\sqrt[3]{3\sqrt{2}}\cdot \sqrt[3]{\sqrt{2}}\right)_{\theta_1} \\ \left(\sqrt[3]{3\sqrt{2}}\cdot \sqrt[3]{\sqrt{2}}\right)_{\theta_2} \\ \left(\sqrt[3]{3\sqrt{2}}\cdot \sqrt[3]{\sqrt{2}}\right)_{\theta_3}\end{matrix}\right.=\left\{\begin{matrix}\left(\sqrt[3]{6}\right)_{\theta_1} \\ \left(\sqrt[3]{6}\right)_{\theta_2} \\ \left(\sqrt[3]{6}\right)_{\theta_3}\end{matrix}\right.\overset{(1)}{=}\left\{\begin{matrix}\left(\sqrt[3]{6}\right)_{45^{\circ}} \\ \left(\sqrt[3]{6}\right)_{165^{\circ}} \\ \left(\sqrt[3]{6}\right)_{285^{\circ}}\end{matrix}\right.$
---
Aclaraciones (1):
$\theta_1=\dfrac{\text{arg}(-1+i)+360^{\circ}\cdot 0}{3}=\dfrac{135^{\circ}+360^{\circ}\cdot 0}{3}=45^{\circ}$
$\theta_2=\dfrac{\text{arg}(-1+i)+360^{\circ}\cdot 1}{3}=\dfrac{135^{\circ}+360^{\circ}\cdot 1}{3}=165^{\circ}$
$\theta_3=\dfrac{\text{arg}(-1+i)+360^{\circ}\cdot 12}{3}=\dfrac{135^{\circ}+360^{\circ}\cdot 2}{3}=285^{\circ}$
---
Los ángulos centrales son igual a $165^{\circ}-45^{\circ}=285^{\circ}-165^{\circ}=55^{\circ}+(360^{\circ}-285^{\circ})=120^{\circ}$, por lo que los ángulos interiores del polígono regular que se forma uniendo los afijos consecutivos son de $60^{\circ}$ y por tanto, el polígono que se forma es un triángulo equilátero. Podemos resumir los resultados encontrados en la siguiente figura.
El radio de la circunferencia circunscrita es igual al módulo de los tres resultados complejos de la raíz cúbica pedia, $\sqrt[3]{6}$. Por tanto, del triángulo $\triangle(O,B,C)$ vemos que $\ell/2=r\cdot \cos (60^{\circ}/2)$ y por tanto, $\ell= 2\,\sqrt[3]{6}\cdot \sqrt{3}/2 = \sqrt[3]{6}\cdot \sqrt{3}=\sqrt[6]{2^{2}\cdot 3^5}$ unidades de longitud.
(c)
$\dfrac{2-x\,i^2+3\,i^7}{4+3\,i}=a-b\,i$
$\dfrac{2-(-1)\,x+3\,i^3}{4+3\,i}=a-b\,i$
puesto que $i^2=-1$ y $i^7=i^{\text{resto}(7\div 4)}=i^3=i\cdot i^2=(-1)\,i=-i$
$\dfrac{2-(-1)\,x-3\,i}{4+3\,i}=a-b\,i$
$\dfrac{(2+x)-3\,i}{4+3\,i}\cdot \dfrac{4-3i}{4-3i}=a-b\,i$
$\dfrac{((2+x)-3\,i)(4-3i)}{(4+3i)(4-3i)}=a-b\,i$
$\dfrac{(4x-1)-i(3x+18)}{25}=a-b\,i$
$\dfrac{4x-1}{25}-i\dfrac{3x+18}{25}=a-b\,i$
$\dfrac{4x-1}{25}-3\,i\,\dfrac{x+6}{25}=a-b\,i \Rightarrow \left\{\begin{matrix}a=\dfrac{4x-1}{25}\\ b=\dfrac{3\,(x+6)}{25}\end{matrix}\right.$
$\square$
domingo, 17 de marzo de 2019
Sistemas de ecuaciones lineales y vectores
El álgebra lineal es un terreno poblado por sistema de ecuaciones lineales, luego éstos pueden contemplares a la luz de los vectores, estableciendo por tanto una conexión con el espacio vectorial. Veamos cómo hacer eso, con un sencillo ejemplo. Consideremos el sistema de ecuaciones lineales $$\left\{\begin{matrix}2x&+&3y&=&1 \\ 4x&+&5y&=&-1\end{matrix}\right.$$ Podemos expresarlo en forma vectorial de la siguiente manera: $$\begin{pmatrix}2x \\ 4x \end{pmatrix}+\begin{pmatrix}3y \\ 5y \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \end{pmatrix}$$ que es lo mismo que $$x\,\begin{pmatrix}2 \\ 4 \end{pmatrix}+y\,\begin{pmatrix}3 \\ 5 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 \\ -1 \end{pmatrix}$$ lo cual nos dice que para obtener el vector del segundo miembro debemos multiplicar el vector $\begin{pmatrix}2 \\ 4 \end{pmatrix}$ por $x$ y sumarlo a lo que resulte de multiplicar el vector $\begin{pmatrix}3 \\ 5 \end{pmatrix}$ por el escalar $y$; pues bien, los valores de dichos escalares tendrán que ser $x=-4$ e $y=3$, como puede comprobarse fácilmente. En efecto,
$\left\{\begin{matrix}2x&+&3y&=&1 \\ 4x&+&5y&=&-1\end{matrix}\right.\overset{-2\,e_1+e_2 \rightarrow e_2}{\sim} \left\{\begin{matrix}2x&+&3y&=&1 \\ &&-y&=&-3\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x=-4 \\ y=3\end{matrix}\right.$
--- Referencias:
E. Ferrer Vaccarezza, S. le Clainche Martínez, Un paseo por los espacios n-dimensionales, Bonalletra Alcompas, S.L., 2019
$\square$
$\left\{\begin{matrix}2x&+&3y&=&1 \\ 4x&+&5y&=&-1\end{matrix}\right.\overset{-2\,e_1+e_2 \rightarrow e_2}{\sim} \left\{\begin{matrix}2x&+&3y&=&1 \\ &&-y&=&-3\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x=-4 \\ y=3\end{matrix}\right.$
E. Ferrer Vaccarezza, S. le Clainche Martínez, Un paseo por los espacios n-dimensionales, Bonalletra Alcompas, S.L., 2019
$\square$
miércoles, 13 de marzo de 2019
Medias ( armónica, geométrica, aritmética y cuadrática )
Consideremos dos números reales, ambos positivos o bien ambos negativos. Entonces,
$$\dfrac{2}{1/x_1+1/x_2} \le \sqrt{x_1 \cdot x_2 } \le \dfrac{x_1+x_2}{2} \le \sqrt{\dfrac{x_{1}^2+x_{2}^2}{2}}$$
$$\dfrac{2}{1/x_1+1/x_2} \le \sqrt{x_1 \cdot x_2 } \le \dfrac{x_1+x_2}{2} \le \sqrt{\dfrac{x_{1}^2+x_{2}^2}{2}}$$
miércoles, 20 de febrero de 2019
martes, 19 de febrero de 2019
Potencia de un punto con respecto de una circunferencia
Potencia de un punto $P(x,y)$ con respecto a una circunferencia $\mathcal{C}$, de radio $r$ y centro $C(x_C,y_C)$, es el valor constante que se obtiene al trazar cualquier recta secante a $C$, pongamos que en los puntos $A$ y $B$ de la misma, o bien, otra cualquiera, secante a cualquier otra pareja de puntos $E$ y $F$ de la circunferencia. Esto es, $\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P) = \overline{PA}\cdot \overline{PB}=\overline{PE}\cdot \overline{PF}=\ldots$
Sin pérdida de generalidad, podemos trazar la recta secante de la que hablamos en la definición de potencia de un punto ( con respecto a una circunferencia dada ) de modo que pase por el centro de la circunferencia, y por tanto cortando a la misma, en dos puntos $A$ y $B$ diametralmente opuestos, siendo $d$ la distancia $\text{dist}(P,C)$ de $P$ al centro de la circunferencia. Entonces $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(d-r)\cdot (d+r) = d^2-r^2$$ y teniendo en cuenta que $(\text{dist}(P,C))^2=(x_P-x_C)^2+(y_P-y_C)^2$, podemos escribir que $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(x_P-x_C)^2+(y_P-y_C)^2-r^2 \quad \quad (1)$$
Por otra parte, trazando desde $P$ una recta tangente a la circunferencia ( hay dos rectas tangentes, una con tangencia en $Q$ y otra con tangencia en $Q'$ ), se configura un triángulo rectángulo ( véase la figura ), con hipotenusa igual a $d$ y uno de los catetos igual al radio, $r$, así que, por el teorema de Pitágoras, deducimos que $(\overline{PQ})^2$ ha de ser igual a $d^2-r^2$; ahora bien, $d^2-r^2$ es el valor de la potencia de $P$, por consiguiente podemos escribir también que $$ \text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(\overline{PQ})^2$$
Ejemplo 1. Se considera la circunferencia $\mathcal{C}\equiv (x-1)^2+(y-2)^2-4=0$ y el punto interior a la misma $P(2,3)$. La potencia de $P$ con respecto de $\mathcal{C}$ es pues $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(2-1)^2+(3-2)^2-4=-2 \prec 0$$
Ejemplo 2. Se considera la misma circunferencia, $\mathcal{C}\equiv (x-1)^2+(y-2)^2-4=0$, y, ahora, el punto exterior a la misma $P(5,6)$. La potencia de $P$ con respecto de $\mathcal{C}$ es pues $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(5-1)^2+(6-2)^2-4=28 \succ 0$$
Ejemplo 3. Se considera la misma circunferencia, $\mathcal{C}\equiv (x-1)^2+(y-2)^2-4=0$, y el punto de su lugar geométrico $P(1,0)$. Ahora, la potencia de $P$ con respecto de $\mathcal{C}$ es pues $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(1-1)^2+(0-2)^2-4=0$$
Observación: El valor de la potencia de un punto exterior a la circunferencia es mayor que cero; es menor que cero si el punto es interior a la circunferencia; y, es igual a cero, si el punto está en la circunferencia.
-oOo-
Sean dos circunferencias $\mathcal{C}_1$ y $\mathcal{C}_2$. El lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia con respecto de sendas circunferencias es una recta, que se denomina centro radical de dichas circunferencias.
Ejemplo. Se consideran las circunferencias $\mathcal{C}_1\equiv (x-1)^2+(y-1)^2-4=0$ y $\mathcal{C}_2\equiv (x-5)^2+(y-1)^2-9=0$. Procedamos a determinar la ecuación del eje radical de estas dos circunferencias. Denotemos por $X(x,y)$ un punto genérico de dicho eje, que cumplirá la condición de lugar geométrico, por lo que $$\text{Pot}_{\mathcal{C}_1}(X)=\text{Pot}_{\mathcal{C}_2}(X)$$ luego, de (1), tenemos que $$(x-1)^2+(y-1)^2-4=(x-5)^2+(y-1)^2-9$$ esto es $$xx^2-2x+1+y^2-2y+1-4=x^2-10x+25+y^2-2y+1-9$$ y simplificando llegamos a $$\text{eje radical}\equiv 8x-19=0$$
-oOo-
Denominamos centro radical de tres circunferencias al punto de intersección de los tres ejes radicales que se forman tomando las tres circunferencias por parejas.
Sin pérdida de generalidad, podemos trazar la recta secante de la que hablamos en la definición de potencia de un punto ( con respecto a una circunferencia dada ) de modo que pase por el centro de la circunferencia, y por tanto cortando a la misma, en dos puntos $A$ y $B$ diametralmente opuestos, siendo $d$ la distancia $\text{dist}(P,C)$ de $P$ al centro de la circunferencia. Entonces $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(d-r)\cdot (d+r) = d^2-r^2$$ y teniendo en cuenta que $(\text{dist}(P,C))^2=(x_P-x_C)^2+(y_P-y_C)^2$, podemos escribir que $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(x_P-x_C)^2+(y_P-y_C)^2-r^2 \quad \quad (1)$$
Por otra parte, trazando desde $P$ una recta tangente a la circunferencia ( hay dos rectas tangentes, una con tangencia en $Q$ y otra con tangencia en $Q'$ ), se configura un triángulo rectángulo ( véase la figura ), con hipotenusa igual a $d$ y uno de los catetos igual al radio, $r$, así que, por el teorema de Pitágoras, deducimos que $(\overline{PQ})^2$ ha de ser igual a $d^2-r^2$; ahora bien, $d^2-r^2$ es el valor de la potencia de $P$, por consiguiente podemos escribir también que $$ \text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(\overline{PQ})^2$$
Ejemplo 1. Se considera la circunferencia $\mathcal{C}\equiv (x-1)^2+(y-2)^2-4=0$ y el punto interior a la misma $P(2,3)$. La potencia de $P$ con respecto de $\mathcal{C}$ es pues $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(2-1)^2+(3-2)^2-4=-2 \prec 0$$
Ejemplo 2. Se considera la misma circunferencia, $\mathcal{C}\equiv (x-1)^2+(y-2)^2-4=0$, y, ahora, el punto exterior a la misma $P(5,6)$. La potencia de $P$ con respecto de $\mathcal{C}$ es pues $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(5-1)^2+(6-2)^2-4=28 \succ 0$$
Ejemplo 3. Se considera la misma circunferencia, $\mathcal{C}\equiv (x-1)^2+(y-2)^2-4=0$, y el punto de su lugar geométrico $P(1,0)$. Ahora, la potencia de $P$ con respecto de $\mathcal{C}$ es pues $$\text{Pot}_{\mathcal{C}}(P)=(1-1)^2+(0-2)^2-4=0$$
Observación: El valor de la potencia de un punto exterior a la circunferencia es mayor que cero; es menor que cero si el punto es interior a la circunferencia; y, es igual a cero, si el punto está en la circunferencia.
Sean dos circunferencias $\mathcal{C}_1$ y $\mathcal{C}_2$. El lugar geométrico de los puntos del plano que tienen la misma potencia con respecto de sendas circunferencias es una recta, que se denomina centro radical de dichas circunferencias.
Ejemplo. Se consideran las circunferencias $\mathcal{C}_1\equiv (x-1)^2+(y-1)^2-4=0$ y $\mathcal{C}_2\equiv (x-5)^2+(y-1)^2-9=0$. Procedamos a determinar la ecuación del eje radical de estas dos circunferencias. Denotemos por $X(x,y)$ un punto genérico de dicho eje, que cumplirá la condición de lugar geométrico, por lo que $$\text{Pot}_{\mathcal{C}_1}(X)=\text{Pot}_{\mathcal{C}_2}(X)$$ luego, de (1), tenemos que $$(x-1)^2+(y-1)^2-4=(x-5)^2+(y-1)^2-9$$ esto es $$xx^2-2x+1+y^2-2y+1-4=x^2-10x+25+y^2-2y+1-9$$ y simplificando llegamos a $$\text{eje radical}\equiv 8x-19=0$$
Denominamos centro radical de tres circunferencias al punto de intersección de los tres ejes radicales que se forman tomando las tres circunferencias por parejas.
jueves, 14 de febrero de 2019
miércoles, 13 de febrero de 2019
Clasificación de secciones cónicas a partir de la ecuación cuadrática general que la describe
ENUNCIADO.
Clasifíquense las siguientes secciones cónicas a partir de la ecuación cuadrática general que describe las mismas
$\mathcal{C}:\,a\,x^2+b\,xy+c\,y^2+d\,x+e\,y+f=0$
a) $y^2+3x+5y-8=0$
b) $2\,x^2+4\,y^2+5\,x-4\,y-1=0$
c) $y^2 + x - y -4 =0$
d) $x^2+xy+y^2-1=0$
e) $x^2-y^2+2xy+3=0$
f) $x^2+y^2+4y-x+1=0$
SOLUCIÓN.
Recordemos el criterio de clasificación basado en el signo del determinante $\delta=b^2-4ac$
Si $\delta$ < $0 \, \rightarrow$ elipse
Si $\delta \succ 0$ $\, \rightarrow$ hipérbola
Si $\delta$ = 0 $\, \rightarrow$ parábola
[Nota: No se ha incluido ninguno de loas casos particulares de degeneración, que llevan a los casos de rectas parelelas, secantes, coincidentes, o incluso rectes imaginarias, ... , puntos]
Recordemos también que si $b \ne 0$, los ejes de la cónica (o la recta de simetría, si se tractase de una parábola) no son paralelos a los ejes de coordenadas.
Entonces,
a) $y^2+3x+5y-8=0$
$b=0$, $a=0$, $c=1$, por tanto $\delta=0 \, \rightarrow$ parábola ( amb la recta de simetría paralela al eje de abscisas, puesto que $b = 0$ )
b) $2\,x^2+4\,y^2+5\,x-4\,y-1=0$
$b=0$, $a=2$, $c=4$, con lo cual $\delta=-32 \, \rightarrow$ elipse (con los ejes de la cónica paralelos a los ejes de coordenades, ya que $b = 0$ )
c) $y^2 + x - y -4 =0$
$b=0$, $a=0$, $c=1$, por tanto $\delta=0 \, \rightarrow$ parábola
(siendo la recta de simetría paralela al eje de abscisas, pues $b = 0$ )
d) $x^2+xy+y^2-1=0$
$b=1$, $a=1$, $c=1$, d'on $\delta=-4 \, \rightarrow$ elipse (con los ejes de la misma no paralelos a los ejes de coordenades, habida cuenta de que $b \ne 0$ )
e) $x^2-y^2+2xy+3=0$
$b=0$, $a=1$, $c=-1$, d'on $\delta=4 \, \rightarrow$ hipérbola (con los ejes de la misma no paralelos a los ejes de coordenadas, pues $b \ne 0$ )
f) $x^2+y^2+4y-x+1=0$
$b=0$, $a=c=1$, d'on $\delta=4 \, \rightarrow$ elipse, y, como $a=c$ es, en particular, una circumferència (excentricitat nula).
$\square$
Clasifíquense las siguientes secciones cónicas a partir de la ecuación cuadrática general que describe las mismas
$\mathcal{C}:\,a\,x^2+b\,xy+c\,y^2+d\,x+e\,y+f=0$
a) $y^2+3x+5y-8=0$
b) $2\,x^2+4\,y^2+5\,x-4\,y-1=0$
c) $y^2 + x - y -4 =0$
d) $x^2+xy+y^2-1=0$
e) $x^2-y^2+2xy+3=0$
f) $x^2+y^2+4y-x+1=0$
SOLUCIÓN.
Recordemos el criterio de clasificación basado en el signo del determinante $\delta=b^2-4ac$
Si $\delta$ < $0 \, \rightarrow$ elipse
Si $\delta \succ 0$ $\, \rightarrow$ hipérbola
Si $\delta$ = 0 $\, \rightarrow$ parábola
[Nota: No se ha incluido ninguno de loas casos particulares de degeneración, que llevan a los casos de rectas parelelas, secantes, coincidentes, o incluso rectes imaginarias, ... , puntos]
Recordemos también que si $b \ne 0$, los ejes de la cónica (o la recta de simetría, si se tractase de una parábola) no son paralelos a los ejes de coordenadas.
Entonces,
a) $y^2+3x+5y-8=0$
$b=0$, $a=0$, $c=1$, por tanto $\delta=0 \, \rightarrow$ parábola ( amb la recta de simetría paralela al eje de abscisas, puesto que $b = 0$ )
b) $2\,x^2+4\,y^2+5\,x-4\,y-1=0$
$b=0$, $a=2$, $c=4$, con lo cual $\delta=-32 \, \rightarrow$ elipse (con los ejes de la cónica paralelos a los ejes de coordenades, ya que $b = 0$ )
c) $y^2 + x - y -4 =0$
$b=0$, $a=0$, $c=1$, por tanto $\delta=0 \, \rightarrow$ parábola
(siendo la recta de simetría paralela al eje de abscisas, pues $b = 0$ )
d) $x^2+xy+y^2-1=0$
$b=1$, $a=1$, $c=1$, d'on $\delta=-4 \, \rightarrow$ elipse (con los ejes de la misma no paralelos a los ejes de coordenades, habida cuenta de que $b \ne 0$ )
e) $x^2-y^2+2xy+3=0$
$b=0$, $a=1$, $c=-1$, d'on $\delta=4 \, \rightarrow$ hipérbola (con los ejes de la misma no paralelos a los ejes de coordenadas, pues $b \ne 0$ )
f) $x^2+y^2+4y-x+1=0$
$b=0$, $a=c=1$, d'on $\delta=4 \, \rightarrow$ elipse, y, como $a=c$ es, en particular, una circumferència (excentricitat nula).
$\square$
viernes, 8 de febrero de 2019
Ecuación de una circunferencia en forma desarrollada. Centro y radio.
ENUNCIADO. Se considera la circunferencia $\mathcal{C}\equiv x^2+y^2-2x+6y+6=0$. Determínense las coordenadas de su centro y el valor de su radio.
SOLUCIÓN. Haciendo un poco de álgebra vemos que $x^2+y^2-2x+6y+6=0$ puede escribirse en la forma centro-radio:
$x^2+y^2-2x+6y+6=0$
$\left((x-1)^2-1^2\right)+\left((y+3)^2-3^2\right)+6=0$
$(x-1)^2+(y+3)^2-1-9+6=0$
$(x-1)^2+(y+3)^2-4=0$
$(x-1)^2+(y+3)^2=4$
$(x-1)^2+(y-(-3))^2=2^2$
que adopta la forma de la ecuación de la circunferencia en forma centro-radio: $(x-x_C)^2+(y-y_C)^2=r^2$
de lo cual se deduce que el centro de la circunferencia es el punto $C(1,-3)$ y el radio es $r=2$
$\square$
SOLUCIÓN. Haciendo un poco de álgebra vemos que $x^2+y^2-2x+6y+6=0$ puede escribirse en la forma centro-radio:
$x^2+y^2-2x+6y+6=0$
$\left((x-1)^2-1^2\right)+\left((y+3)^2-3^2\right)+6=0$
$(x-1)^2+(y+3)^2-1-9+6=0$
$(x-1)^2+(y+3)^2-4=0$
$(x-1)^2+(y+3)^2=4$
$(x-1)^2+(y-(-3))^2=2^2$
que adopta la forma de la ecuación de la circunferencia en forma centro-radio: $(x-x_C)^2+(y-y_C)^2=r^2$
de lo cual se deduce que el centro de la circunferencia es el punto $C(1,-3)$ y el radio es $r=2$
$\square$
Ejercicios de lugar geométrico. Circunferencias.
ENUNCIADO. Se considera la circunferencia $\mathcal{C}$ de centro $C(1,2)$ y radio $4$. Escríbase la ecuación de dicha circunferencia.
SOLUCIÓN. Una circunferencia es el lugar geométrico de los puntos del plano que equidistan de un punto llamado centro una distancia dada ( a la que denominamos radio ), esto es $\mathcal{C}\equiv \{X(x,y):\text{dist}(X,C)=r\}$, donde $\text{dist}(X,C)=|\sqrt{(x-x_C)^2+(y-y_C)^2}|$
En nuestro caso, $$\mathcal{C}\equiv \{X(x,y):|\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2}|=4\}$$ Elevando al cuadrado ambos miembros de la igualdad en la expresión de la condición $|\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2}|=4$, podemos escribir la ecuación pedida: $$\mathcal{C}\equiv (x-)^2+(y-2)^2=4^2$$, que en forma desarrollada es $$\mathcal{C}\equiv x^2+y^2-2x-4y-11=0$$
$\square$
SOLUCIÓN. Una circunferencia es el lugar geométrico de los puntos del plano que equidistan de un punto llamado centro una distancia dada ( a la que denominamos radio ), esto es $\mathcal{C}\equiv \{X(x,y):\text{dist}(X,C)=r\}$, donde $\text{dist}(X,C)=|\sqrt{(x-x_C)^2+(y-y_C)^2}|$
En nuestro caso, $$\mathcal{C}\equiv \{X(x,y):|\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2}|=4\}$$ Elevando al cuadrado ambos miembros de la igualdad en la expresión de la condición $|\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2}|=4$, podemos escribir la ecuación pedida: $$\mathcal{C}\equiv (x-)^2+(y-2)^2=4^2$$, que en forma desarrollada es $$\mathcal{C}\equiv x^2+y^2-2x-4y-11=0$$
$\square$
jueves, 7 de febrero de 2019
Distancia de un punto a una recta
ENUNCIADO. Sea un punto $P(x_P,y_P)$ y una recta $r\equiv Ax+By+C=0$. Demúestrese que la distancia euclídea de $P$ a $r$ es $$\text{dist}(P,r)=\dfrac{|Ax_P+By_P+C}{|\sqrt{A^2+B^2}|}$$
SOLUCIÓN. Consideremos un punto genérico de $r$, $X(x,y)$, y el vector $\overset{\rightarrow}{XP}=(x_P-x,y_P-y)$. Entonces, $$\text{dist}(P,r)=\left\|\overset{\rightarrow}{\text{Proy}}_{\vec{n}_1}\,\overset{\rightarrow}{XP} \right\| = |\langle \overset{\rightarrow}{XP}, \vec{n}_1 \rangle| \quad \quad (1)$$ donde $\vec{n}_1$ es un vector unitario perpendicular a $r$.
Siendo $\vec{u}_r=(B,-A)$ un vector director de $r$, sabemos que un vector perpendicular a la misma es $\vec{n}=(A,B)$ y el vector unitario en su misma dirección y sentido es $$\vec{n}_1=\left( \dfrac{A}{|\sqrt{A^2+B^2}|},\dfrac{B}{|\sqrt{A^2+B^2}|}\right)$$ y del producto escalar $$\langle (x_P-y_P,y_P-y),\left( \dfrac{A}{|\sqrt{A^2+B^2}|},\dfrac{B}{|\sqrt{A^2+B^2}|}\right)\rangle$$ obtenemos $$\dfrac{Ax_P+By_P-Ax-Ay|}{|\sqrt{A^2+B^2}}$$ y teniendo en cuenta la ecuación general de la recta $Ax+By+C=0$, $-Ax-By=C$, por consiguiente y según (1), $$\text{dist}(P,r)=\dfrac{|Ax_P+By_P+C|}{|\sqrt{A^2+B^2}|}$$
EJEMPLO. Se considera la recta $r\equiv x-y+1=0$ y el punto $P(1,1)$. Calcúlese la distancia euclídea de $P$ a $r$.
SOLUCIÓN. Aplicando la fórmula que acabamos de justifcar y teniendo en cuenta que $A=C=1$ y $B=-1$ y $x_P=y_P=1$, tenemos que $\text{dist}(P,r)=\dfrac{1\cdot 1+(-1)\cdot 1+1}{|\sqrt{1^2+(-1)^2}|}=\dfrac{1}{|\sqrt{2}|}$ unidades de longitud arbitrarias.
$\square$
SOLUCIÓN. Consideremos un punto genérico de $r$, $X(x,y)$, y el vector $\overset{\rightarrow}{XP}=(x_P-x,y_P-y)$. Entonces, $$\text{dist}(P,r)=\left\|\overset{\rightarrow}{\text{Proy}}_{\vec{n}_1}\,\overset{\rightarrow}{XP} \right\| = |\langle \overset{\rightarrow}{XP}, \vec{n}_1 \rangle| \quad \quad (1)$$ donde $\vec{n}_1$ es un vector unitario perpendicular a $r$.
Siendo $\vec{u}_r=(B,-A)$ un vector director de $r$, sabemos que un vector perpendicular a la misma es $\vec{n}=(A,B)$ y el vector unitario en su misma dirección y sentido es $$\vec{n}_1=\left( \dfrac{A}{|\sqrt{A^2+B^2}|},\dfrac{B}{|\sqrt{A^2+B^2}|}\right)$$ y del producto escalar $$\langle (x_P-y_P,y_P-y),\left( \dfrac{A}{|\sqrt{A^2+B^2}|},\dfrac{B}{|\sqrt{A^2+B^2}|}\right)\rangle$$ obtenemos $$\dfrac{Ax_P+By_P-Ax-Ay|}{|\sqrt{A^2+B^2}}$$ y teniendo en cuenta la ecuación general de la recta $Ax+By+C=0$, $-Ax-By=C$, por consiguiente y según (1), $$\text{dist}(P,r)=\dfrac{|Ax_P+By_P+C|}{|\sqrt{A^2+B^2}|}$$
EJEMPLO. Se considera la recta $r\equiv x-y+1=0$ y el punto $P(1,1)$. Calcúlese la distancia euclídea de $P$ a $r$.
SOLUCIÓN. Aplicando la fórmula que acabamos de justifcar y teniendo en cuenta que $A=C=1$ y $B=-1$ y $x_P=y_P=1$, tenemos que $\text{dist}(P,r)=\dfrac{1\cdot 1+(-1)\cdot 1+1}{|\sqrt{1^2+(-1)^2}|}=\dfrac{1}{|\sqrt{2}|}$ unidades de longitud arbitrarias.
$\square$
Recta mediatriz de un segmento
ENUNCIADO. Se considera el segmento $s=[A,B]$, siendo $A(1,3)$ y $B(2,6)$. Determínese la ecuación de la recta mediatriz $r_m$.
SOLUCIÓN. La recta mediatriz viene dada por el siguiente lugar geométrico $$r_m=\{X(x,y):\text{dist}(X,A)=\text{dist}(X,B)\}$$ De la condición, y de la definición de distancia euclídea entre dos puntos podemos escribir $$|\sqrt{(x-1)^2+(y-3)^2}|=|\sqrt{(x-2)^2+(y-6)^2}|$$ Elevando al cuadrado los dos miembros de la igualdad, $$(x-1)^2+(y-3)^2=(x-2)^2+(y-6)^2$$ desarrolando las potencias de los binomios $$x^2-2x+1+y^2-6y+9=x^2-4x+4+y^2-12y+36$$ y simplificando, llegamos a $$r_m\equiv x+3y-10=0$$
$\square$
SOLUCIÓN. La recta mediatriz viene dada por el siguiente lugar geométrico $$r_m=\{X(x,y):\text{dist}(X,A)=\text{dist}(X,B)\}$$ De la condición, y de la definición de distancia euclídea entre dos puntos podemos escribir $$|\sqrt{(x-1)^2+(y-3)^2}|=|\sqrt{(x-2)^2+(y-6)^2}|$$ Elevando al cuadrado los dos miembros de la igualdad, $$(x-1)^2+(y-3)^2=(x-2)^2+(y-6)^2$$ desarrolando las potencias de los binomios $$x^2-2x+1+y^2-6y+9=x^2-4x+4+y^2-12y+36$$ y simplificando, llegamos a $$r_m\equiv x+3y-10=0$$
$\square$
miércoles, 6 de febrero de 2019
Haz de rectas paralelas en una dirección dada
Sabemos que una recta viene determinada por un punto y un vector en su misma dirección. Así que si, fijada una dirección, esto es, un vector director de la misma, si dejamos libre el punto de manera que una recta en la dirección fijada se desplace paralelamente a sí misma podemos escribir las rectas del hazd de rectas paralelas en forma vectorial: $\mathcal{H}\equiv (x,y)=(x',y')+\lambda (u_x,u_y)$, donde $\lambda$ es el parámetro ( $\lambda \in \mathbb{R}$ ) de dicha ecuación vectorial y $u_x$ y $u_y$ son son las coordenadas del vector, que aparecen ahora como datos.
A partir de dicha ecuación vectorial podemos escribir las ecuaciones paramétrica de cualquier recta del haz $$\left\{\begin{matrix}x=x'+\lambda\,u_x \\ y=x'+\lambda\,u_y \end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro $\lambda$ e igualando los segundos miembros de las dos ecuaciones obtenidas llegamos a la ecuación enforma continua $$\dfrac{x-x'}{u_x}=\dfrac{y-y'}{u_y}$$ y, de aquí, podemos escribir la ecuación del haz de rectas paralelas en la dirección del vector $\vec{u}=(u_x,u_y)$ la forma $$\mathcal{H}\equiv u_{y}\,(x-x')= u_{y}\,(y-y') \quad \quad \,m,n\in \mathbb{R}, \text{constantes}$$
EJEMPLO. Se considera el haz de rectas paralelas en la dirección del vector $\vec{u}=(3,2)$. Se pide:
a) Escribir la ecuación del haz
b) Determinar la ecuación de la recta del haz que contiene al punto $Q(5,6)$. Hallar otro punto de dicha recta, distinto de $Q$
SOLUCIÓN.
a) $$\mathcal{H}\equiv 2,(x-x')= 3\,(y-y')\,; \,\forall x',y'\in \mathbb{R}$$
b) Sustituyendo $x'$ e $y'$ por las coordenadas de $Q$ obtenemos $2\,(x-5)=3\,(y-6)$ y de ahí la ecuación de dicha recta en forma continua, $$r_{Q}\equiv \dfrac{x-5}{3}=\dfrac{y-6}{2}$$
Dando ahora un valor cualquiera a una de las dos variables, pongamos que $x:=8$ y despejando la otra variable, obtenemos $y=2\cdot \dfrac{8-5}{3}+6=8$; así, un punto de la recta $r_Q$ distinto del punto $Q$ es $R(8,8)$
$\square$
A partir de dicha ecuación vectorial podemos escribir las ecuaciones paramétrica de cualquier recta del haz $$\left\{\begin{matrix}x=x'+\lambda\,u_x \\ y=x'+\lambda\,u_y \end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro $\lambda$ e igualando los segundos miembros de las dos ecuaciones obtenidas llegamos a la ecuación enforma continua $$\dfrac{x-x'}{u_x}=\dfrac{y-y'}{u_y}$$ y, de aquí, podemos escribir la ecuación del haz de rectas paralelas en la dirección del vector $\vec{u}=(u_x,u_y)$ la forma $$\mathcal{H}\equiv u_{y}\,(x-x')= u_{y}\,(y-y') \quad \quad \,m,n\in \mathbb{R}, \text{constantes}$$
EJEMPLO. Se considera el haz de rectas paralelas en la dirección del vector $\vec{u}=(3,2)$. Se pide:
a) Escribir la ecuación del haz
b) Determinar la ecuación de la recta del haz que contiene al punto $Q(5,6)$. Hallar otro punto de dicha recta, distinto de $Q$
SOLUCIÓN.
a) $$\mathcal{H}\equiv 2,(x-x')= 3\,(y-y')\,; \,\forall x',y'\in \mathbb{R}$$
b) Sustituyendo $x'$ e $y'$ por las coordenadas de $Q$ obtenemos $2\,(x-5)=3\,(y-6)$ y de ahí la ecuación de dicha recta en forma continua, $$r_{Q}\equiv \dfrac{x-5}{3}=\dfrac{y-6}{2}$$
Dando ahora un valor cualquiera a una de las dos variables, pongamos que $x:=8$ y despejando la otra variable, obtenemos $y=2\cdot \dfrac{8-5}{3}+6=8$; así, un punto de la recta $r_Q$ distinto del punto $Q$ es $R(8,8)$
$\square$
Haz de rectas que se cortan en un punto
Sabemos que una recta viene determinada por un punto y un vector en su misma dirección. Así que si, fijado un punto, dejamos libre el vector de manera que apunte en todas las direcciones del plano podemos escribir las rectas del haz en forma vectorial: $\mathcal{H}\equiv (x,y)=(x_P,y_P)+\lambda\,(m,n)$, donde $\lambda$ es el parámetro ( $\lambda \in \mathbb{R}$ ) de dicha ecuación vectorial y $m$ y $n$ son son las coordenadas del vector.
A partir de dicha ecuación vectorial podemos escribir las ecuaciones paramétrica de cualquier recta del haz $$\left\{\begin{matrix}x=x_P+\lambda\,m \\ y=y_P+\lambda\,n \end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro $\lambda$ e igualando los segundos miembros de las dos ecuaciones obtenidas llegamos a la ecuación enforma continua $$\dfrac{x-x_P}{m}=\dfrac{y-y_P}{n}$$ y, de aquí, podemos escribir la ecuación del haz de rectas que se cortan en el punto $P(x_P,y_P)$ de la forma $$\mathcal{H}\equiv n\,(x-x_P)= m\,(y-y_P) \quad \quad m,n\in \mathbb{R}$$
EJEMPLO. Se considera el haz de rectas que se cortan en el punto $P(1,2)$. Se pide:
a) Escribir la ecuación del haz
b) Determinar la ecuación de la recta del haz que contiene al punto $Q(-1,3)$. Hallar la pendiente de dicha recta y un vector director de la misma
SOLUCIÓN.
a) $$\mathcal{H}\equiv n\,(x-1)= m\,(y-2)\,; \,\forall m,n\in \mathbb{R}$$
b) Sustituyendo $x$ e $y$ por las coordenadas de $Q$ obtenemos $n\,(-1-1)=m\,(3-2)$, esto es $-2n=m$, con lo cual la recta pedida vendrá descrita por $$n\,(x-1)=-2n\,(y-2)$$ y dividiendo ambos miembros por $n$, deducimos que la recta $r_Q \in \mathcal{H}$ tiene por ecuación $$r_Q\equiv x-1=\dfrac{y-2}{-1/2} \sim \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{-1}$$ de donde deducimos que la pendiente de dicha recta es $-\dfrac{1}{2}$ y un vector director de la misma es $\vec{u}_{r_{Q}}=(2,-1)$
$\square$
A partir de dicha ecuación vectorial podemos escribir las ecuaciones paramétrica de cualquier recta del haz $$\left\{\begin{matrix}x=x_P+\lambda\,m \\ y=y_P+\lambda\,n \end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro $\lambda$ e igualando los segundos miembros de las dos ecuaciones obtenidas llegamos a la ecuación enforma continua $$\dfrac{x-x_P}{m}=\dfrac{y-y_P}{n}$$ y, de aquí, podemos escribir la ecuación del haz de rectas que se cortan en el punto $P(x_P,y_P)$ de la forma $$\mathcal{H}\equiv n\,(x-x_P)= m\,(y-y_P) \quad \quad m,n\in \mathbb{R}$$
EJEMPLO. Se considera el haz de rectas que se cortan en el punto $P(1,2)$. Se pide:
a) Escribir la ecuación del haz
b) Determinar la ecuación de la recta del haz que contiene al punto $Q(-1,3)$. Hallar la pendiente de dicha recta y un vector director de la misma
SOLUCIÓN.
a) $$\mathcal{H}\equiv n\,(x-1)= m\,(y-2)\,; \,\forall m,n\in \mathbb{R}$$
b) Sustituyendo $x$ e $y$ por las coordenadas de $Q$ obtenemos $n\,(-1-1)=m\,(3-2)$, esto es $-2n=m$, con lo cual la recta pedida vendrá descrita por $$n\,(x-1)=-2n\,(y-2)$$ y dividiendo ambos miembros por $n$, deducimos que la recta $r_Q \in \mathcal{H}$ tiene por ecuación $$r_Q\equiv x-1=\dfrac{y-2}{-1/2} \sim \dfrac{x-1}{2}=\dfrac{y-2}{-1}$$ de donde deducimos que la pendiente de dicha recta es $-\dfrac{1}{2}$ y un vector director de la misma es $\vec{u}_{r_{Q}}=(2,-1)$
$\square$
miércoles, 30 de enero de 2019
Geometría analítica en el plano. Recta de Euler.
ENUNCIADO. Se considera el triángulo $\triangle(A,B,C)$ cuyos vértices son $A(1,1)$, $B(5,4)$ y $C(5,1)$. Determínese la ecuación de la recta de Euler.
SOLUCIÓN.
La recta de Euler, $\epsilon$, contiene al baricentro $G$, al ortocentro $R$ y al circuncentro $C$. Basta conocer las coordenadas de dos de estos centros notables para poder determinar la ecuación de la recta pedida.
Sabemos que el baricentro $G$ viene dado por $G\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$ y, por tanto, en nuestro caso $x_G=\dfrac{1+5+5}{3}$ e $y_G=\dfrac{1+1+4}{3}$, esto es $G(11/3,2)$.
Vamos a determinar ahora las coordenadas del ortocentro $R$. Démonos cuenta de que el triángulo dado tiene un ángulo recto; en efecto, al calcular las longitudes de los lados aparece una terna pitagórica: $\{3,4,5\}$, tal como se comprueba a continuación, $a=|\sqrt{(x_B-x_C)^2+(y_B-y_C)^2}|=|\sqrt{(5-5)^2+(4-1)^2}|=3$ ( unidades arbitrarias de longitud ); $b=|\sqrt{(x_C-x_A)^2+(y_C-y_A)^2}|=|\sqrt{(5-1)^2}+(1-1)^2|=4$ y $c=|\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}|=|\sqrt{(5-1)^2+(4-1)^2}|=5$. Tratándose pues de un triángulo rectángulo cuyo ángulo recto es el ángulo con vértice $C$, éste ha de ser el ortocentro, pues las rectas alturas que pasan por $B$ y $A$ ( y que contienen a los catetos $a$ y $b$ ) se intersecan en dicho vértice; así pues, $R\equiv C(5,1)$
Con este par de puntos de la recta $\epsilon$ ya podemos escribir una ecuación de la misma en forma continua de una manera muy sencilla: $$\epsilon \equiv \dfrac{x-x_G}{x_G-x_R}=\dfrac{y-y_G}{y_G-y_R}$$ esto es $$\epsilon \equiv \dfrac{x-11/3}{11/3-5} =\dfrac{y-2}{2-1}$$ y simplificando $$\epsilon \equiv \dfrac{x-11/3}{-4}=\dfrac{y-2}{3}$$
$\square$
SOLUCIÓN.
La recta de Euler, $\epsilon$, contiene al baricentro $G$, al ortocentro $R$ y al circuncentro $C$. Basta conocer las coordenadas de dos de estos centros notables para poder determinar la ecuación de la recta pedida.
Sabemos que el baricentro $G$ viene dado por $G\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$ y, por tanto, en nuestro caso $x_G=\dfrac{1+5+5}{3}$ e $y_G=\dfrac{1+1+4}{3}$, esto es $G(11/3,2)$.
Vamos a determinar ahora las coordenadas del ortocentro $R$. Démonos cuenta de que el triángulo dado tiene un ángulo recto; en efecto, al calcular las longitudes de los lados aparece una terna pitagórica: $\{3,4,5\}$, tal como se comprueba a continuación, $a=|\sqrt{(x_B-x_C)^2+(y_B-y_C)^2}|=|\sqrt{(5-5)^2+(4-1)^2}|=3$ ( unidades arbitrarias de longitud ); $b=|\sqrt{(x_C-x_A)^2+(y_C-y_A)^2}|=|\sqrt{(5-1)^2}+(1-1)^2|=4$ y $c=|\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}|=|\sqrt{(5-1)^2+(4-1)^2}|=5$. Tratándose pues de un triángulo rectángulo cuyo ángulo recto es el ángulo con vértice $C$, éste ha de ser el ortocentro, pues las rectas alturas que pasan por $B$ y $A$ ( y que contienen a los catetos $a$ y $b$ ) se intersecan en dicho vértice; así pues, $R\equiv C(5,1)$
Con este par de puntos de la recta $\epsilon$ ya podemos escribir una ecuación de la misma en forma continua de una manera muy sencilla: $$\epsilon \equiv \dfrac{x-x_G}{x_G-x_R}=\dfrac{y-y_G}{y_G-y_R}$$ esto es $$\epsilon \equiv \dfrac{x-11/3}{11/3-5} =\dfrac{y-2}{2-1}$$ y simplificando $$\epsilon \equiv \dfrac{x-11/3}{-4}=\dfrac{y-2}{3}$$
$\square$
lunes, 28 de enero de 2019
Vector proyección de un cierto vector en la dirección y sentido de otro vector dado
ENUNCIADO. Se considera el vector $\vec{u}=(4,3)$ ( las coordenadas vienen referidas a la base canónica ). Calcúlese el vector proyección de $\vec{u}$ en la dirección y sentido del vector $\vec{e}=(1,1)$
SOLUCIÓN. Denotemos por $\overset{\rightarrow}{\text{Proy}_{\vec{e}}}\,\vec{u}$ al vector pedido, y por $\vec{e}_1$ al vector unitario en la dirección y sentido del vector $\vec{e}$. Es claro que $\overset{\rightarrow}{\text{Proy}_{\vec{e}}}\,\vec{u}=\left(\left\|\vec{u}\right\|\cdot \cos\,\measuredangle (\vec{u},\vec{e} )\right)\,\vec{e}_1$, y teniendo en cuenta la relación del coseno con la definición de producto escalar de dos vectores, podemos escribir $$\overset{\rightarrow}{\text{Proy}_{\vec{e}}}\,\vec{u}=\langle \vec{u},\vec{e}_1\rangle\,\vec{e}_1 \quad \quad \quad (1)$$
El vector unitario $\vec{e}_1$ en la dirección y sentido de $\vec{e}$ es $\vec{e}_1=\dfrac{1}{\left\|\vec{e}\right\|}=\dfrac{1}{|\sqrt{2}|}\,(1,1)$, y, calculando el producto escalar, $\langle \vec{u},\vec{e}_1 \rangle = 4 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}+3 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{7}{\sqrt{2}}$, luego, de (1): $$\overset{\rightarrow}{\text{Proy}_{\vec{e}}}\,\vec{u}=\dfrac{7}{\sqrt{2}}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}\,(1,1)=\dfrac{7}{2}\,(1,1)$$
$\square$
SOLUCIÓN. Denotemos por $\overset{\rightarrow}{\text{Proy}_{\vec{e}}}\,\vec{u}$ al vector pedido, y por $\vec{e}_1$ al vector unitario en la dirección y sentido del vector $\vec{e}$. Es claro que $\overset{\rightarrow}{\text{Proy}_{\vec{e}}}\,\vec{u}=\left(\left\|\vec{u}\right\|\cdot \cos\,\measuredangle (\vec{u},\vec{e} )\right)\,\vec{e}_1$, y teniendo en cuenta la relación del coseno con la definición de producto escalar de dos vectores, podemos escribir $$\overset{\rightarrow}{\text{Proy}_{\vec{e}}}\,\vec{u}=\langle \vec{u},\vec{e}_1\rangle\,\vec{e}_1 \quad \quad \quad (1)$$
El vector unitario $\vec{e}_1$ en la dirección y sentido de $\vec{e}$ es $\vec{e}_1=\dfrac{1}{\left\|\vec{e}\right\|}=\dfrac{1}{|\sqrt{2}|}\,(1,1)$, y, calculando el producto escalar, $\langle \vec{u},\vec{e}_1 \rangle = 4 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}+3 \cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{7}{\sqrt{2}}$, luego, de (1): $$\overset{\rightarrow}{\text{Proy}_{\vec{e}}}\,\vec{u}=\dfrac{7}{\sqrt{2}}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}\,(1,1)=\dfrac{7}{2}\,(1,1)$$
$\square$
domingo, 27 de enero de 2019
Geometría analítica del plano. Punto medio de un segmento.
PROPOSICIÓN. Consideremos el segmento $s=[A,B]$, conocidas las coordenadas de los puntos de los extremos, $A(x_A,y_A)$ y $B(x_B,y_B)$. Entonces, el punto medio del segmeno $s$ viene dado por $$M_{[A,B]}=\left(\dfrac{x_A+x_B}{2},\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)$$
DEMOSTRACIÓN. Sea $O$ el origen de coordenadas de un sistema de referencia afín del plano vectorial, entonces podemos escribir el vector de posición de $B$ de la forma $$\overset{\rightarrow}{OB}=\overset{\rightarrow}{OM}+\overset{\rightarrow}{MB}$$ y por tanto el vector de posición de $M$ es $$\overset{\rightarrow}{OM}=\overset{\rightarrow}{OB}-\overset{\rightarrow}{MB}$$ por otra parte, por ser $M$ el punto medio del segmento $s=[A,B]$, debemos tener en cuenta que $$\overset{\rightarrow}{MB}=\dfrac{1}{2}\,\overset{\rightarrow}{AB}$$ con lo cual $$\overset{\rightarrow}{OM}=\overset{\rightarrow}{OB}-\dfrac{1}{2}\,\overset{\rightarrow}{AB}$$ esto es $$(x_M,y_M)=(x_B,y_B)-\dfrac{1}{2}\,(x_B-x_A,y_B-y_A)$$ y simplificando $$(x_M,y_M)=\left(\dfrac{x_A+x_B}{2},\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)$$
$\square$
DEMOSTRACIÓN. Sea $O$ el origen de coordenadas de un sistema de referencia afín del plano vectorial, entonces podemos escribir el vector de posición de $B$ de la forma $$\overset{\rightarrow}{OB}=\overset{\rightarrow}{OM}+\overset{\rightarrow}{MB}$$ y por tanto el vector de posición de $M$ es $$\overset{\rightarrow}{OM}=\overset{\rightarrow}{OB}-\overset{\rightarrow}{MB}$$ por otra parte, por ser $M$ el punto medio del segmento $s=[A,B]$, debemos tener en cuenta que $$\overset{\rightarrow}{MB}=\dfrac{1}{2}\,\overset{\rightarrow}{AB}$$ con lo cual $$\overset{\rightarrow}{OM}=\overset{\rightarrow}{OB}-\dfrac{1}{2}\,\overset{\rightarrow}{AB}$$ esto es $$(x_M,y_M)=(x_B,y_B)-\dfrac{1}{2}\,(x_B-x_A,y_B-y_A)$$ y simplificando $$(x_M,y_M)=\left(\dfrac{x_A+x_B}{2},\dfrac{y_A+y_B}{2}\right)$$
$\square$
Geometría analítica del plano. Baricentro de un triángulo general.
PROPOSICIÓN.
Consideremos un triángulo general $\triangle(A,B,C)$. Entonces, el baricentro $G$ de dicho triángulo es $$G\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$$
DEMOSTRACIÓN.
El baricentro de un triángulo, que es el punto de intersección de las rectas medianas, tal como se muestra en la siguiente figura:
Tranzando las rectas $n$ y $l$, paralelas a la recta mediana $k$ que pasa por $B$, de tal manera que dichas rectas ( $n$ y $l$ ) pasen por los puntos medios de los segmentos $[B,C]$ y $[A,B]$ ( $M[B,C]$ y $M[A,B]$ ),
vemos que éstas intersecan en los puntos $H$ y $J$ del segmento $[A,C]$, los cuales, junto con el punto $F$ ( que es el punto medio $M_{[A,C]}$ ) dividen el lado $b$ ( el segmento $[A,C]$ ) en cuatro partes iguales; así, el segmento $[A,M_{[B,C]}]$ queda a su vez dividido en tres partes iguales ( teorema de Tales ): $[A,K]$, $[K,G]$ ( recordemos que $G$ es el baricentro del triángulo ) y $[G,M_{[B,C]}]$. De ello se concluye que $$\overline{AG}=\dfrac{2}{3}\,\overline{A\,\,M_{[B,C]}}$$ y, procediendo de manera análoga a partir de los vértices $B$y $C$ deducimos que $$\overline{BG}=\dfrac{2}{3}\,\overline{B\,\,M_{[A,C]}}$$ y $$\overline{CG}=\dfrac{2}{3}\,\overline{C\,\,M_{[A,B]}}$$
Tendremos en cuenta este importante resultado para terminar la demostración de la proposición. Siendo $O$ el origen de coordenadas de un sistema de referencia afín del plano vectorial, podemos escribir el vector de posición del baricentro $G$ como $$\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{AG}$$ y teniendo en cuenta el resultado anterior,
$$\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\dfrac{2}{3}\overset{\rightarrow}{AM_{[B,C]}}$$ esto es $$(x_G,y_G)=(x_A,y_A)+\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{x_B+x_C}{2}-x_A,\dfrac{y_B+y_C}{2}-y_A\right)$$ y simplificando llegamos finalmente a $$(x_G,y_G)=\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$$
COROLARIO.
Teniendo en cuenta que $$\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{AG}=\overset{\rightarrow}{OB}+\overset{\rightarrow}{BG}=\overset{\rightarrow}{OC}+\overset{\rightarrow}{CG}$$ por consiguiente $$3\,\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{OB}+\overset{\rightarrow}{OC}+\overset{\rightarrow}{AG}+\overset{\rightarrow}{BG}+\overset{\rightarrow}{CG}$$ luego $$\overset{\rightarrow}{OG}=\dfrac{1}{3}\,\left(\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{OB}+\overset{\rightarrow}{OC}\right)+\dfrac{1}{3}\,\left(\overset{\rightarrow}{AG}+\overset{\rightarrow}{BG}+\overset{\rightarrow}{CG}\right)$$ en consecuencia, y habida cuenta de la proposición que hemos demostrado, deberá cumplirse que $$\overset{\rightarrow}{AG}+\overset{\rightarrow}{BG}+\overset{\rightarrow}{CG}=\vec{0}$$
$\square$
Consideremos un triángulo general $\triangle(A,B,C)$. Entonces, el baricentro $G$ de dicho triángulo es $$G\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$$
DEMOSTRACIÓN.
El baricentro de un triángulo, que es el punto de intersección de las rectas medianas, tal como se muestra en la siguiente figura:
Tranzando las rectas $n$ y $l$, paralelas a la recta mediana $k$ que pasa por $B$, de tal manera que dichas rectas ( $n$ y $l$ ) pasen por los puntos medios de los segmentos $[B,C]$ y $[A,B]$ ( $M[B,C]$ y $M[A,B]$ ),
vemos que éstas intersecan en los puntos $H$ y $J$ del segmento $[A,C]$, los cuales, junto con el punto $F$ ( que es el punto medio $M_{[A,C]}$ ) dividen el lado $b$ ( el segmento $[A,C]$ ) en cuatro partes iguales; así, el segmento $[A,M_{[B,C]}]$ queda a su vez dividido en tres partes iguales ( teorema de Tales ): $[A,K]$, $[K,G]$ ( recordemos que $G$ es el baricentro del triángulo ) y $[G,M_{[B,C]}]$. De ello se concluye que $$\overline{AG}=\dfrac{2}{3}\,\overline{A\,\,M_{[B,C]}}$$ y, procediendo de manera análoga a partir de los vértices $B$y $C$ deducimos que $$\overline{BG}=\dfrac{2}{3}\,\overline{B\,\,M_{[A,C]}}$$ y $$\overline{CG}=\dfrac{2}{3}\,\overline{C\,\,M_{[A,B]}}$$
Tendremos en cuenta este importante resultado para terminar la demostración de la proposición. Siendo $O$ el origen de coordenadas de un sistema de referencia afín del plano vectorial, podemos escribir el vector de posición del baricentro $G$ como $$\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{AG}$$ y teniendo en cuenta el resultado anterior,
$$\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\dfrac{2}{3}\overset{\rightarrow}{AM_{[B,C]}}$$ esto es $$(x_G,y_G)=(x_A,y_A)+\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{x_B+x_C}{2}-x_A,\dfrac{y_B+y_C}{2}-y_A\right)$$ y simplificando llegamos finalmente a $$(x_G,y_G)=\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right)$$
COROLARIO.
Teniendo en cuenta que $$\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{AG}=\overset{\rightarrow}{OB}+\overset{\rightarrow}{BG}=\overset{\rightarrow}{OC}+\overset{\rightarrow}{CG}$$ por consiguiente $$3\,\overset{\rightarrow}{OG}=\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{OB}+\overset{\rightarrow}{OC}+\overset{\rightarrow}{AG}+\overset{\rightarrow}{BG}+\overset{\rightarrow}{CG}$$ luego $$\overset{\rightarrow}{OG}=\dfrac{1}{3}\,\left(\overset{\rightarrow}{OA}+\overset{\rightarrow}{OB}+\overset{\rightarrow}{OC}\right)+\dfrac{1}{3}\,\left(\overset{\rightarrow}{AG}+\overset{\rightarrow}{BG}+\overset{\rightarrow}{CG}\right)$$ en consecuencia, y habida cuenta de la proposición que hemos demostrado, deberá cumplirse que $$\overset{\rightarrow}{AG}+\overset{\rightarrow}{BG}+\overset{\rightarrow}{CG}=\vec{0}$$
$\square$
jueves, 24 de enero de 2019
El triángulo de vectores y el teorema del coseno
Consideremos el triángulo $\triangle(A,B,C)$. En cada lado del mismo podemos colocar un vector, y, por tanto, podremos escribir la suma vectorial $\overset{\rightarrow}{AB}+\overset{\rightarrow}{BC}=\overset{\rightarrow}{AC}$
Calculemos ahora el producto escalar euclídeo de $\overset{\rightarrow}{AC}$ por sí mismo:
$\langle \overset{\rightarrow}{AC},\overset{\rightarrow}{AC} \rangle = \left(\left\| \overset{\rightarrow}{AC} \right\|\right)^2 $, que es el cuadrado del lado $b$ del triángulo $\triangle(A,B,C)$, esto es, $b^2$ (1)
que, por otra parte, es igual a
$\langle \overset{\rightarrow}{AB}+\overset{\rightarrow}{BC},\overset{\rightarrow}{AB}+\overset{\rightarrow}{BC} \rangle=\langle \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AB} \rangle + \langle \overset{\rightarrow}{BC},\overset{\rightarrow}{BC} \rangle + \langle \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{BC} \rangle + \langle \overset{\rightarrow}{BC},\overset{\rightarrow}{AB} \rangle$
$=\langle \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AB} \rangle + \langle \overset{\rightarrow}{BC},\overset{\rightarrow}{BC} \rangle + 2\,\langle \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{BC} \rangle$
$= \left(\left\| \overset{\rightarrow}{AB} \right\|\right)^2 + \left(\left\| \overset{\rightarrow}{BC} \right\|\right)^2 + 2\cdot \left\| \overset{\rightarrow}{AB} \right\| \cdot \left\| \overset{\rightarrow}{BC} \right\| \,\cos\,\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{BC})$
Denotando por $c$ a $\left\| \overset{\rightarrow}{AB} \right\|$, por $b$ a $\left\| \overset{\rightarrow}{BC} \right\|$ y siendo $180^{\circ}-\beta$ el ángulo $\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{BC})$ ( por ser ángulos suplementarios ) podemos escribir la expresión anterior de la forma
$c^2 +a^2 +2\,c\,a\,\cos (180^{\circ}-\beta)$
$= c^2 +a^2 - 2\,c\,a\,\cos \beta$ (2)
Finalmente, igualando (1) y (2), nos encontramos con la fórmula del teorema del coseno: $$b^2=c^2 +a^2 - 2\,c\,a\,\cos \beta$$
De manera análoga, es claro que efectuando el producto escalar de cada uno de los otros dos vectores consigo mismos, se llega a: $$a^2=b^2 +c^2 - 2\,b\,c\,\cos \alpha$$ y $$c^2=a^2 +b^2 - 2\,a\,b\,\cos \gamma$$
$\square$
Calculemos ahora el producto escalar euclídeo de $\overset{\rightarrow}{AC}$ por sí mismo:
$\langle \overset{\rightarrow}{AC},\overset{\rightarrow}{AC} \rangle = \left(\left\| \overset{\rightarrow}{AC} \right\|\right)^2 $, que es el cuadrado del lado $b$ del triángulo $\triangle(A,B,C)$, esto es, $b^2$ (1)
que, por otra parte, es igual a
$\langle \overset{\rightarrow}{AB}+\overset{\rightarrow}{BC},\overset{\rightarrow}{AB}+\overset{\rightarrow}{BC} \rangle=\langle \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AB} \rangle + \langle \overset{\rightarrow}{BC},\overset{\rightarrow}{BC} \rangle + \langle \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{BC} \rangle + \langle \overset{\rightarrow}{BC},\overset{\rightarrow}{AB} \rangle$
$=\langle \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{AB} \rangle + \langle \overset{\rightarrow}{BC},\overset{\rightarrow}{BC} \rangle + 2\,\langle \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{BC} \rangle$
$= \left(\left\| \overset{\rightarrow}{AB} \right\|\right)^2 + \left(\left\| \overset{\rightarrow}{BC} \right\|\right)^2 + 2\cdot \left\| \overset{\rightarrow}{AB} \right\| \cdot \left\| \overset{\rightarrow}{BC} \right\| \,\cos\,\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{BC})$
Denotando por $c$ a $\left\| \overset{\rightarrow}{AB} \right\|$, por $b$ a $\left\| \overset{\rightarrow}{BC} \right\|$ y siendo $180^{\circ}-\beta$ el ángulo $\measuredangle ( \overset{\rightarrow}{AB},\overset{\rightarrow}{BC})$ ( por ser ángulos suplementarios ) podemos escribir la expresión anterior de la forma
$c^2 +a^2 +2\,c\,a\,\cos (180^{\circ}-\beta)$
$= c^2 +a^2 - 2\,c\,a\,\cos \beta$ (2)
Finalmente, igualando (1) y (2), nos encontramos con la fórmula del teorema del coseno: $$b^2=c^2 +a^2 - 2\,c\,a\,\cos \beta$$
De manera análoga, es claro que efectuando el producto escalar de cada uno de los otros dos vectores consigo mismos, se llega a: $$a^2=b^2 +c^2 - 2\,b\,c\,\cos \alpha$$ y $$c^2=a^2 +b^2 - 2\,a\,b\,\cos \gamma$$
$\square$
miércoles, 23 de enero de 2019
Un ejercicio sencillo sobre bases de un espacio vectorial
ENUNCIADO. Se consideran los vectores $\vec{u}=(3,-5)$ y $\vec{v}=(-2,7)$, cuyas coordenadas vienen referidas a la base canónica del espacio vectorial $\mathbb{R}^2$, $\mathcal{C}=\{\vec{i}=(1,0),\vec{j}=(0,1)\}$. Se pide:
a) Demuéstrese que el conjunto formado por $\{\vec{u},\vec{v}\}$ es un sistema de generadores de $\mathbb{R}^2$
b) Demuéstrese que dicho conjunto constituye una base vectorial de $\mathbb{R}^2$
c) Descríbase el vector $\vec{w}=(1,1)$ -- cuyas coordenadas vienen referidas a la base canónica $\mathcal{C}$ -- con respecto a los vectores de la base $\mathcal{B}=\{\vec{u},\vec{v}\}$
SOLUCIÓN.
a) Para que un conjunto de vectores forme un sistema de generadores del espacio vectorial, que en este caso es $\mathbb{R}^2$ ( el plano vectorial ), el número de éstos tiene que ser como mínimo igual a la dimensión de dicho espacio vectorial, que es $2$, y es claro que ésto se cumple; pero, además, mediante dichos vectores debe poder expresarse cualquier otro vector del espacio vectorial, y eso también se cumple, pues mediante la combinación lineal apropiada, $\alpha\,\vec{u}+\beta\,\vec{v}$, donde $\alpha$ y $\beta$ son números reales, es posible expresar/formar cualquier otro vector, ya que estos dos vectores no están en la misma dirección.
Nota: Un sistema de generadores de $\mathbb{R}^2$ puede también estar formado por más de dos vectores, y, en ese caso, uno de los tres sería también combinación lineal de los otros dos.
b) Recordemos que un conjunto de vectores de un espacio vectorial forma una base del mismo si:
i) es un sistema de generadores de dicho espacio vectorial
ii) el número de vectores de dicho conjunto es igual a la dimensión del espacio vectorial ( que en este caso es 2 ), por lo que los vectores de dicho conjunto han de ser linealmente independientes; y, para que lo sean, es necesario y suficiente que los coeficientes de la combinación lineal con la que se describe el vector $\vec{0}$ sean nulos.
Ya hemos visto en (a) que se trata de un sistema de generadores. Vamos a ver, ahora, si se cumple la condición (ii):
Sean pues $\alpha$ y $\beta$ los coeficientes de la combinación lineal $$\alpha\,(3,-5)+\beta\,(-2,7)=(0,0)$$ Procedamos pues a comprobar que los únicos valores que pueden tomar los coeficientes son nulos. En efecto, de dicha ecuación vectorial podemos escribir un sistema de ecuaciones escalares ( coordenada a coordenada ):
$$\left\{\begin{matrix} 3\,\alpha & -& 2\,\beta & = & 0 \\ -5\,\alpha & +& 7\,\beta & = & 0\end{matrix}\right.$$ Multiplicando por $5$ los dos miebros de la primera ecuación y sumando la ecuación resultante a la que se obtiene de multiplicar $3$ los dos miembros de la primera llegamos al siguiente sistema equivalente $$\left\{\begin{matrix} 3\,\alpha & -& 2\,\beta & = & 0 \\ & & 11\,\beta & = & 0\end{matrix}\right.$$ luego, de la segunda ecuación vemos que $\beta=0/11=0$ y sustituyendo este resultado en la primera comprobamos también que $\alpha=0$.
c) Expresemos ahora el vector $\vec{w}=(1,1)$ ( cuyas coordenadas vienen referidas a la base canónica ) con respecto de la base $\mathcal{B}$, esto es $\{\vec{u}=(3,-5),\vec{v}=(-2,7)\}$.
Deberemos encontrar dos números $w_1$ y $w_2$ que son las coordenadas de $\vec{w}$ referidas a la nueva base; para ello, vamos a expresar $\vec{w}=(1,1)$ como combinación lineal de los vectores $\vec{u}=(3,-5)$ y $\vec{v}=(-2,7)$. De esta forma, podemos escribir que $$(1,1)=w_{1}(3,-5)+w_{2}(-2,7)$$ de lo cual se desprende que $$\left\{\begin{matrix}3\,w_1&-&2w_2=1 \\ -5\,w_1&+&7w_2=1\end{matrix}\right.$$
Reduciendo este sistema ( haciendo la siguiente operación elemental: $5e_1+3e_2 \rightarrow e_2$ ) encontramos este otro, equivalente y con una sóla incógnita en la segunda ecuación: a $$\left\{\begin{matrix}3\,w_1&-&2w_2=1 \\ &&11w_2=8\end{matrix}\right.$$ y por tanto, de la segunda ecuación obtenemos $w_2=\dfrac{8}{11}$, y sustituyendo este resultado en la primera ecuación encontramos $w_1=\dfrac{9}{11}$
Así, con respecto a la base $\mathcal{B}$, podemos decir que $\vec{w}=\left(\dfrac{9}{11},\dfrac{8}{11}\right)$; mientras que, con respecto a la base canónica $\mathcal{C}$, dicho vector se expresa $\vec{w}=(1,1)$
$\square$
a) Demuéstrese que el conjunto formado por $\{\vec{u},\vec{v}\}$ es un sistema de generadores de $\mathbb{R}^2$
b) Demuéstrese que dicho conjunto constituye una base vectorial de $\mathbb{R}^2$
c) Descríbase el vector $\vec{w}=(1,1)$ -- cuyas coordenadas vienen referidas a la base canónica $\mathcal{C}$ -- con respecto a los vectores de la base $\mathcal{B}=\{\vec{u},\vec{v}\}$
SOLUCIÓN.
a) Para que un conjunto de vectores forme un sistema de generadores del espacio vectorial, que en este caso es $\mathbb{R}^2$ ( el plano vectorial ), el número de éstos tiene que ser como mínimo igual a la dimensión de dicho espacio vectorial, que es $2$, y es claro que ésto se cumple; pero, además, mediante dichos vectores debe poder expresarse cualquier otro vector del espacio vectorial, y eso también se cumple, pues mediante la combinación lineal apropiada, $\alpha\,\vec{u}+\beta\,\vec{v}$, donde $\alpha$ y $\beta$ son números reales, es posible expresar/formar cualquier otro vector, ya que estos dos vectores no están en la misma dirección.
Nota: Un sistema de generadores de $\mathbb{R}^2$ puede también estar formado por más de dos vectores, y, en ese caso, uno de los tres sería también combinación lineal de los otros dos.
b) Recordemos que un conjunto de vectores de un espacio vectorial forma una base del mismo si:
i) es un sistema de generadores de dicho espacio vectorial
ii) el número de vectores de dicho conjunto es igual a la dimensión del espacio vectorial ( que en este caso es 2 ), por lo que los vectores de dicho conjunto han de ser linealmente independientes; y, para que lo sean, es necesario y suficiente que los coeficientes de la combinación lineal con la que se describe el vector $\vec{0}$ sean nulos.
Ya hemos visto en (a) que se trata de un sistema de generadores. Vamos a ver, ahora, si se cumple la condición (ii):
Sean pues $\alpha$ y $\beta$ los coeficientes de la combinación lineal $$\alpha\,(3,-5)+\beta\,(-2,7)=(0,0)$$ Procedamos pues a comprobar que los únicos valores que pueden tomar los coeficientes son nulos. En efecto, de dicha ecuación vectorial podemos escribir un sistema de ecuaciones escalares ( coordenada a coordenada ):
$$\left\{\begin{matrix} 3\,\alpha & -& 2\,\beta & = & 0 \\ -5\,\alpha & +& 7\,\beta & = & 0\end{matrix}\right.$$ Multiplicando por $5$ los dos miebros de la primera ecuación y sumando la ecuación resultante a la que se obtiene de multiplicar $3$ los dos miembros de la primera llegamos al siguiente sistema equivalente $$\left\{\begin{matrix} 3\,\alpha & -& 2\,\beta & = & 0 \\ & & 11\,\beta & = & 0\end{matrix}\right.$$ luego, de la segunda ecuación vemos que $\beta=0/11=0$ y sustituyendo este resultado en la primera comprobamos también que $\alpha=0$.
c) Expresemos ahora el vector $\vec{w}=(1,1)$ ( cuyas coordenadas vienen referidas a la base canónica ) con respecto de la base $\mathcal{B}$, esto es $\{\vec{u}=(3,-5),\vec{v}=(-2,7)\}$.
Deberemos encontrar dos números $w_1$ y $w_2$ que son las coordenadas de $\vec{w}$ referidas a la nueva base; para ello, vamos a expresar $\vec{w}=(1,1)$ como combinación lineal de los vectores $\vec{u}=(3,-5)$ y $\vec{v}=(-2,7)$. De esta forma, podemos escribir que $$(1,1)=w_{1}(3,-5)+w_{2}(-2,7)$$ de lo cual se desprende que $$\left\{\begin{matrix}3\,w_1&-&2w_2=1 \\ -5\,w_1&+&7w_2=1\end{matrix}\right.$$
Reduciendo este sistema ( haciendo la siguiente operación elemental: $5e_1+3e_2 \rightarrow e_2$ ) encontramos este otro, equivalente y con una sóla incógnita en la segunda ecuación: a $$\left\{\begin{matrix}3\,w_1&-&2w_2=1 \\ &&11w_2=8\end{matrix}\right.$$ y por tanto, de la segunda ecuación obtenemos $w_2=\dfrac{8}{11}$, y sustituyendo este resultado en la primera ecuación encontramos $w_1=\dfrac{9}{11}$
Así, con respecto a la base $\mathcal{B}$, podemos decir que $\vec{w}=\left(\dfrac{9}{11},\dfrac{8}{11}\right)$; mientras que, con respecto a la base canónica $\mathcal{C}$, dicho vector se expresa $\vec{w}=(1,1)$
$\square$
miércoles, 16 de enero de 2019
Cálculo del cociente de dos números complejos empleando la forma binómica
ENUNCIADO. Calcúlese el siguiente cociente: $$\dfrac{1+i}{1+2i}$$
SOLUCIÓN. Multiplicando y dividiendo por el complejo conjugado del denominador, el cociente pedido
$\dfrac{1+i}{1+2i}$
es igual a
$\dfrac{1+i}{1+2i}\cdot \dfrac{1-2i}{1-2i}=$
$=\dfrac{(1+i)(1-2i)}{(1+2i)(1-2i)}$
$=\dfrac{1-2\,i^2+i-2i}{1^2-(2i)^2}$
$=\dfrac{1-(-1)\cdot 2+i(1-2)}{1-(-1)\cdot 2^2}$
$=\dfrac{3-i}{5}$
$=\dfrac{1}{5}\,(3-i)$
$=\dfrac{3}{5}-\dfrac{1}{5}\,i$
$\square$
SOLUCIÓN. Multiplicando y dividiendo por el complejo conjugado del denominador, el cociente pedido
$\dfrac{1+i}{1+2i}$
es igual a
$\dfrac{1+i}{1+2i}\cdot \dfrac{1-2i}{1-2i}=$
$=\dfrac{(1+i)(1-2i)}{(1+2i)(1-2i)}$
$=\dfrac{1-2\,i^2+i-2i}{1^2-(2i)^2}$
$=\dfrac{1-(-1)\cdot 2+i(1-2)}{1-(-1)\cdot 2^2}$
$=\dfrac{3-i}{5}$
$=\dfrac{1}{5}\,(3-i)$
$=\dfrac{3}{5}-\dfrac{1}{5}\,i$
$\square$
martes, 15 de enero de 2019
Cálculo de probabilidades. Manejo de las propiedades básicas con sucesos.
ENUNCIADO. En las viviendas de un cierto barrio puede haber animales de compañía, pudiéndose presentar los siguientes casos: que haya sólo un gato, sólo un perro, un gato y un perro, o bien ninguno animal de compañía. Se sabe que en el 20% de dichas viviendas hay sólo un gato; en el 32%, sólo un perro; y, en el 12% gato y perro. Se elige una vivienda al azar. ¿ Cuál es la probabilidad de que no haya en ella ni gato ni perro ?.
SOLUCIÓN. Denotemos por $C$ el suceso "haber un gato en la vivienda"; y, por $D$, el suceso "haber un perro en la vivienda".
Según lo que se dice en el enunciado, $P(C \cap \bar{D})=0,2$, $P(\bar{C} \cap D)=0,32$ y $P(C \cap D)=0,12$. Tenemos que calcular $P(\bar{C} \cap \bar{D}$, que, por las leyes de Morgan es igual a $P(\overline{C \cup D})=1-P(C \cup D)$ (1). Ahora bien, $P(C \cup D)=P(C)+P(D)-P(C \cap D)$ (2)
Teniendo en cuenta que $P(C \cap \bar{D})=P(C)-P(C\cap D)$, encontramos que $P(C)=P(C \cap \bar{D})+P(C \cap D)=0,2+0,12=0,32$; y, por otra parte, $P(D \cap \bar{C})=P(D)-P(C\cap D)$, luego $P(D)=P(D \cap \bar{C})+P(C \cap D)=0,32+0,12=0,44$
Con lo cual, sustituyendo en (2), llegamos a $P(C \cup D)=P(C)+P(D)-P(C \cap D)=0,32+0,44-0,12=0,64$. Y, finalmente, de (1), concluimos que $P(\bar{C} \cap \bar{D})=P(\overline{C \cup D})=1-0,64=0,36$
$\square$
SOLUCIÓN. Denotemos por $C$ el suceso "haber un gato en la vivienda"; y, por $D$, el suceso "haber un perro en la vivienda".
Según lo que se dice en el enunciado, $P(C \cap \bar{D})=0,2$, $P(\bar{C} \cap D)=0,32$ y $P(C \cap D)=0,12$. Tenemos que calcular $P(\bar{C} \cap \bar{D}$, que, por las leyes de Morgan es igual a $P(\overline{C \cup D})=1-P(C \cup D)$ (1). Ahora bien, $P(C \cup D)=P(C)+P(D)-P(C \cap D)$ (2)
Teniendo en cuenta que $P(C \cap \bar{D})=P(C)-P(C\cap D)$, encontramos que $P(C)=P(C \cap \bar{D})+P(C \cap D)=0,2+0,12=0,32$; y, por otra parte, $P(D \cap \bar{C})=P(D)-P(C\cap D)$, luego $P(D)=P(D \cap \bar{C})+P(C \cap D)=0,32+0,12=0,44$
Con lo cual, sustituyendo en (2), llegamos a $P(C \cup D)=P(C)+P(D)-P(C \cap D)=0,32+0,44-0,12=0,64$. Y, finalmente, de (1), concluimos que $P(\bar{C} \cap \bar{D})=P(\overline{C \cup D})=1-0,64=0,36$
$\square$
domingo, 13 de enero de 2019
miércoles, 9 de enero de 2019
lunes, 7 de enero de 2019
Suscribirse a:
Entradas (Atom)