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.
$\square$
martes, 26 de marzo de 2019
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 $\sin \,\theta \sim \theta$.
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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 $\sin \,\theta \sim \theta$.
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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:
$\text{r.a}_1\equiv \dfrac{x-2}{4/3}=\dfrac{y-2}{8\,\sqrt{2}/3}$
$\text{r.a}_2\equiv \dfrac{x-2}{-4/3}=\dfrac{y-2}{8\,\sqrt{2}/3}$
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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, $$6x+3y+40=0$$
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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 $i^7=i^{\text{resto}(7\div 4)}=i^3=i\cdot i^2=(-1)\,i=-i$
$\dfrac{2-(-1)\,x-3\,i}{4+3\,i}=a-b\,i$
$\dfrac{(2+x)-3\,i}{4+3\,i}\cdot \dfrac{4-3i}{4-3i}=a-b\,i$
$\dfrac{((2+x)-3\,i)(4-3i)}{(4+3i)(4-3i)}=a-b\,i$
$\dfrac{(4x-1)-i(3x+18)}{25}=a-b\,i$
$\dfrac{4x-1}{25}-i\dfrac{3x+18}{25}=a-b\,i$
$\dfrac{4x-1}{25}-3\,i\,\dfrac{x+6}{25}=a-b\,i \Rightarrow \left\{\begin{matrix}a=\dfrac{4x-1}{25}\\ b=\dfrac{3\,(x+6)}{25}\end{matrix}\right.$
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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
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$\left\{\begin{matrix}2x&+&3y&=&1 \\ 4x&+&5y&=&-1\end{matrix}\right.\overset{-2\,e_1+e_2 \rightarrow e_2}{\sim} \left\{\begin{matrix}2x&+&3y&=&1 \\ &&-y&=&-3\end{matrix}\right.\sim \left\{\begin{matrix}x=-4 \\ y=3\end{matrix}\right.$
E. Ferrer Vaccarezza, S. le Clainche Martínez, Un paseo por los espacios n-dimensionales, Bonalletra Alcompas, S.L., 2019
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miércoles, 13 de marzo de 2019
Medias ( armónica, geométrica, aritmética y cuadrática )
Consideremos dos números reales, ambos positivos o bien ambos negativos. Entonces,
$$\dfrac{2}{1/x_1+1/x_2} \le \sqrt{x_1 \cdot x_2 } \le \dfrac{x_1+x_2}{2} \le \sqrt{\dfrac{x_{1}^2+x_{2}^2}{2}}$$
$$\dfrac{2}{1/x_1+1/x_2} \le \sqrt{x_1 \cdot x_2 } \le \dfrac{x_1+x_2}{2} \le \sqrt{\dfrac{x_{1}^2+x_{2}^2}{2}}$$
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