School Work y matematicas aplicadas">
Matematicas Aplicadas
Matematicas Aplicadas
Matematicas Aplicadas
G Q Gx 0 x 0 , y0 y0 , z 0 z 0
G P x 0Gx 0 y0Gy 0 z 0Gz 0
G Q G P x 0
y
z
Gx 0 0 Gy 0 0 Gz 0
Gx 0 cos Gy 0 cos Gz 0 cos
PQ
PQ
PQ
PQ
PQ
Al tender Q hacia P los incrementos tienden a cero y, por lo tanto, la derivada direccional
ser:
G GP
dG
Lim Q
Gx 0 cos Gy 0 cos Gz 0 cos
dV P Q PQ
En donde cos , cos , cos , son los cosenos directores del vector V .
Fsicamente, la derivada direccional nos da idea de cmo vara el campo escalar cuando
nos desplazamos en una cierta direccin.
Ejemplo:
La derivada direccional del campo G x y z 2 en el punto A(1, -1, 1) en la direccin del
vector V i 2 j 2k se hallar del siguiente modo:
Gx y x x 1
Gy x y ln x
Gz 2z
Gx 0 1
Gy 0 0
Gz 0 2
cos 1 3
cos 2 3
cos 2 3
dG
1
4
0 1
3
3
dV
grad G G Gx i Gy j Gz k
i
j k , el gradiente queda
Y, si definimos el vector simblico nabla:
x
y
z
dl dx i dy j dz k
dl
G dl Gx dx Gy dy Gz dz dG
Y como G es constante para todos los puntos de la superficie de nivel, la diferencial de G
ser nula y, por consiguiente, el gradiente resulta ser perpendicular a cualquier tangente a
cualquier curva contenida en la superficie de nivel, como queramos demostrar.
Y, escribiendo de las dos formas posibles el producto escalar del vector V y el gradiente de
G, tendremos:
dG
u G Gx cos Gy cos Gz cos G cos
du
Lo que quiere decir que la derivada direccional es la proyeccin del gradiente, tal como
indica la figura.
dG
G
du max
dG
G n
dn
Desde un punto de vista fsico podemos observar que, si trazamos las superficies de nivel
que corresponden a incrementos iguales del valor de G, el mdulo del gradiente ser mayor
all donde dichas superficies de nivel estn ms prximas. O de otra forma, en un punto
fijo la direccin del gradiente indica la direccin en la cual la variacin del campo es
mayor. Y, si consideramos dos puntos, aquel en el cual el mdulo del gradiente sea ms
grande corresponder a una mayor variacin del campo.
Las lneas tangentes al gradiente en cada punto se llaman lneas de gradiente. Estas
lneas son, obviamente, normales a las superficies de nivel y, expresando que los vectores
dl y G son paralelos, se obtienen sus ecuaciones diferenciales.
dx dy dz
Gx Gy Gz
La aplicacin de todas las consideraciones del presente prrafo al caso de los campos
bidimensionales no presenta dificultad alguna.
Ejemplo 1:
El gradiente del campo G x 2 y z 2 x 3y en el punto (2, 1, 1) se obtiene del siguiente
modo:
Gx 2xy z 2
Gy x 2 3
Gz 2xz
Gx 0 3
Gy 7
0
G 3 i 7 j 4 k
Gz 0 4
Ejemplo 2:
Si queremos encontrar un vector unitario normal a la curva x 2 2y2 2xy 2y 9 en el
punto (2, 1), bastar considerar el campo escalar G x 2 2y2 2xy 2y y buscar
u G G . Se tendr pues:
Gx 2x 2 y
Gy 4 y 2x 2
Gx 0 6
Gy 0 8
u 3 5 i 4 5 j
Ejemplo 3:
Las lneas de gradiente del campo G x 2 y2 z 2 2x 2y 2z se deducen fcilmente
del sistema
dx
dy
dz
2 x 2 2 y 2 2z 2
Y resultan ser
x 1 a z 1
y 1 bz 1
Y, en particular, la que contiene al punto (3, 0, 2) es
x 2z 1
y z 2
G f x i f y j , es perpendicular en P a la
curva de nivel f(x, y) = 0 y, si M1(x, y) es
un punto cualquiera de la tangente, el
producto
escalar
del
vector
M2
y
G
M1
f x 0 x x 0 f y 0 y y0 0
f x 0
f y 0
Ejemplo:
La tangente y la normal a la curva x 2 2y 2 2xy 2x 2y 5 0 en el punto (1, 1) se
obtienen del siguiente modo:
f x 2x 2 y 2
f y 4 y 2x 2
f x 0 2
f y 0 8
x 1 y 1
y 4x 3
2
8
f g f g cos
De donde:
cos
f x o gx 0 f y 0 gy 0
2
x0
Ejemplo:
Para hallar el ngulo entre las curvas y2 2x 0; x 2 y2 2x 2y 0 en el punto (2,2),
tenemos:
f y 0 2 y 0 4 f 2 i 4 j f 20
gx 0 2x 0 2 2
gy 0 2 y0 2 2 g 2 i 2 j g 8
f x 0 2
cos
- 2 2 4 * 2
20 * 8
1
0,316 71,6
10
En tercer lugar, se pueden definir, tanto el plano tangente como la recta normal a la
superficie f(x, y, z) = 0 en un punto P(x0, y0, z0).
G f x 0 i f y 0 j f z0 k es normal a la
superficie que contiene a P, f(x,y,z) =
0. Luego, si M1(x, y, z) es un punto
cualquiera del plano tangente, el
producto escalar de G por el vector
M1P x x 0 i y y0 j z z0 k
debe ser igual a cero y, por lo tanto la
ecuacin del plano tangente est dada
por:
M2
G
P
M1
f x 0 x x 0 f y 0 y y0 f z0 z z0 0
x x 0 y y0 z z 0
f x 0
f y 0
f z0
Ejemplo:
El plano tangente y la normal a la superficie xz = 2y en el punto (1, 1, 2) se obtienen del
siguiente modo:
f x 0 z0 2
f y 0 2
f z0 x 0 1
Plano tangente: 2x 1 2y 1 z 2 2x 2y z 0
Recta normal:
x 1 y 1 z 2
2
As como el concepto de gradiente permite establecer el ngulo entre dos curvas, tambin
permite definir el ngulo entre dos superficies. Obviamente, ese ngulo es el mismo que
forman los gradientes, luego si f(x, y, z) = 0; g(x, y, z) = 0 son las superficies y P(x 0, y0, z0)
el punto en el que se quiere hallar dicho ngulo, se tiene
f f x 0 i f y 0 j f z0 k
g gx 0 i gy 0 j gz 0 k
cos
f g
f g
Ejemplo:
Hallemos el ngulo entre las superficies xz = 2y; xyz = 2 en el punto (1, 1, 2).
4 4 1 1
f 2 i 2 j k
g 2 i 2 j k
cos
0,111 83,62
9
9 9
Por ltimo, podemos definir la tangente a una curva dada por la interseccin de dos
superficies.
f
f xg
Tangente
M
gradientes, F f x g . Y como,
si P(x0, y0, z0) es el punto de
contacto y M(x,y,z) es un punto
cualquiera de la tangente, los
Fx
Fy
Fz
Ejemplo:
Si queremos encontrara la tangente a la curva interseccin de las dos superficies xz 2y = 0
2x 2 2y 2 z 2 0 en el punto (1, 1, 2) tendremos:
f x 0 z 0 2
f y 0 2
f z 0 x 0 1 f 2 i 2 j k
gy 0 4 y 0 4
gz 0 4 y 0 4 g 4 i 4 j 4 k
i
j
k
F f x g 2 2 1 4 i 12 j 16 k
4 4 4
gx 0 4x 0 4
x 1 y 1 z 2
x 1 y 1 z 2
4
12
16
1
3
4
Donde X, Y, Z, son funciones uniformes, definidas y derivables. A cada punto del espacio,
en la regin donde las funciones X, Y, Z, estn definidas, le corresponde un vector. Esta
distribucin de vectores se llama campo vectorial. Ejemplos fsicos de campos vectoriales
son la gravitacin y la velocidad y la aceleracin de un fluido en movimiento.
Dado un campo vectorial F , se llaman lneas de campo aquellas curvas que en todos sus
puntos son tangentes al vector campo que corresponde a dicho punto.
En el campo de velocidades de un fluido, las lneas de campo, que en este caso en
particular se denominan lneas de corriente, sern lneas tangentes en todos sus puntos al
vector velocidad. Adems, si el flujo es permanente, es decir si las componentes del vector
velocidad son constantes respecto del tiempo, las lneas de campo representan la
trayectoria de una partcula de fluido.
Para hallar las ecuaciones de dichas lneas de campo, expresaremos que el vector tangente
X
Y
Z
x A y
ln x 2 ln y ln A
dx dy dz
Las ecuaciones
nos dan
es decir
y, en el punto
x
2y z
z B y
ln z 1 ln y ln B
P, A = 1 B = 2.
10
X Y Z
Divergencia de F
x y z
X Y Z
F
i
j k X i Y j Z k
y
z
x y z
x
Hallar el valor de m necesario para que el campo F x 2 y i mxy2 j 6xyz k , sea solenoidal.
F 2xy 2mxy 6xy 0 m 4
Vx Vy Vz
. Si
x
y
z
0
x
y
z
2G 2G 2G
G 2G G
i
j k
i
j k G 2 2 2
y
z x
y
z
x
y
z
x
0
x 2 y 2 z 2
11
Expresin conocida como ecuacin de Laplace, que permite definir las redes de flujo en el
suelo y establecer presiones hidrulicas que determinan cuales son los puntos de mayor
riesgo en una fundacin, en un dique o en una represa de tierra.
Ejemplo:
La Laplaciana del campo escalar G x 2 y yz2 xy se halla del siguiente modo:
Gx 2xy y Gx 2 2 y
Gy x 2 z 2 Gy 2 0
Gz 2 yz Gz 2 2 y
G 2 y 2 y 0
1.7 Rotacional
El campo vectorial definido por el producto vectorial simblico
Rot F x F
x
X
y
Y
k
Z Y X Z Y X
i
k
j
z y z
z x
x y
Z
se llama rotacional, torbellino o curl, y los campos cuyo rotacional es idnticamente nulo
se llaman irrotacionales.
F 2y 2 z 2 i xyz2 j 3xy 2 z k .
Rot F
x
2y 2 z 2
y
xyz2
i
j
k
Rot Rot F
3z 2 y 2 i 4xy j 4xz k
x
y
z
4xyz y 2 z 3yz2
12
Rot Rot F x x F 12 i 24 j 8 k
Operadores de un
2
2
2
x 2 y 2 z 2
X Y Z
Divergenci
a
:
(un escalar)
x y z
Operadores de un
i
j
k
Campo Vectorial F
Rotacional : x F
(un vector)
x y z
X
Y Z
x G
x
Gx
y
Gy
Gyz
i Gxz
Gzx
j Gyx
Gxy
k0
Gzy
z
Gz
Z Y X Z Y X
Yzx
Xyz
Zxy
Yxz
Xyz
Zyx
xF
x y z y z x z x y
13
Z Y
y z
X Z
z x
Y X
x y
x F
2Y 2 Z 2X 2X 2X 2 Z 2Y 2Y 2X 2Y 2 Z 2 Z
2 2 i
2 2 j
2 2 k
xy
xz
yx
yz
zx
zy
z
x
y
Sumando y restando
2X 2Y 2 Z
x 2 y 2 z 2
Obtenemos
X Y Z X Y Z X Y Z
i
j
k
x xF
x x y z
y x y z
z x y z
2X 2X 2X 2Y 2Y 2Y 2 Z 2 Z 2 Z
2 2 2 i 2 2 2 j 2 2 2 k
y
z
y
z
y
z
x
x
x
Grad Div F X i Y j Z k
dl
Ft
AB
F dl
F
AB t
dl
AB
X dx Y dy Z dz
14
z, en funcin de un solo parmetro, que puede coincidir con una de estas variables.
Despus se determinan los valores del parmetro que corresponden a los puntos A y B, y,
finalmente, se efecta la integral entre estos lmites.
Ejemplo 1:
x t
C 8t 252t 3 dt 67
0
Ejemplo 2:
4,5
4
F x 2y i 3y j
3,5
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0
0,5
1,5
2,5
Para el trozo OB
x 2ydx 3y dy 0 6x dx 3
1
C1
OB
Para el trozo BA
86
x 2 y dx 32 y dy x 2x 2 dx 3x 2 2x dx 6x3 2x 2 x dx
BA
1
1
C2
15
95
3
1.10 Campos Conservativos
Y, en total, C C1 C2
F G
X Gx Y Gy Z Gz
CAB
AB
X dx Y dy Z dz
AB
Gx dx Gy dy Gz dz dG G A x, y, z G B x, y, z
B
CABCDA
D
AB
F dl
BC
F dl
CD
F dl
DA
F dl
G B G A GC G B G D GC G A G D
0
Si las componentes de F no son continuas para todos los puntos interiores a una curva
cerrada , la circulacin a lo largo de puede no ser nula, a pesar de ser el campo,
conservativo.
16
E
B
CABC CFED
C C
X
Y
F G X Gx Y Gy
Gxy
Gyx
y
x
Gyx
, la condicin necesaria para que exista
Y, ya que segn el teorema de Schwartz, Gxy
la funcin potencial es:
X Y
y x
Recprocamente, si esta condicin se cumple, el potencial existe y puede calcularse. En
efecto, integrando respecto a x obtenemos
G Xx, y dx f y
Puesto que en esta integracin se considera la variable y como una constante. Derivando
ahora respecto a y, se tiene:
X
Gy Y
dx f y
y
De donde
X
X
f y Gy
dx Y
dx
y
y
El potencial ser, pues
17
CAB G A G B C 4 8 6 1 4 C 1
Dado que, por ser el campo conservativo, la circulacin es independiente del camino
recorrido, tambin se puede sustituir la curva dada por otro cualquier camino ms simple,
como por ejemplo, A(0,0) C(1,0) B(1,2). As,
Para el tramo AC y 0, dy 0 C1 2x dx 1
0
2
18
Y, en total, CAB C1 C2 1 2 1
F G X Gx Y Gy Z Gz
Y, aplicando el teorema de Schwartz, en la hiptesis de que se verifiquen las condiciones
necesarias,
X Y
Y Z
Z X
y x
z y
x z
Estas tres igualdades equivalen a la anulacin idntica del rotacional de F y por lo tanto
los campos irrotacionales de componentes continuas son conservativos y, recprocamente,
los campos conservativos de componentes continuas son irrotacionales.
Para el clculo del potencial procederemos de un modo anlogo a lo hecho anteriormente.
G Xx, y, z dx f y, z
ya que en esta integral las variables y, z, figuran como constantes. Para hallar la funcin
f(y,z) derivemos respecto a y:
Gy Y
X
X
dx f y y, z f y y, z Y
dx
y
y
Y X
f y y, z
0
x
x y
Efectuando la integracin de f y y, z respecto a y, obtendremos f(y,z) salvo la constante de
integracin que ser funcin de z nicamente y podremos escribir,
G Xx, y, z dx f y, z hz
Derivando, finalmente, respecto a z:
Gz Z
X
X
dx f z y, z hz hz Z
dx f z y, z
z
z
19
Z
2X
X Y Z
h z
dx Y
dx
0
y
y
zy
z
y z y
Integrando respecto a z podremos encontrar h(z) y escribir, por ltimo,
G X dx f y, z hz
Obviamente, el proceso indicado puede seguirse ordenando las variables de otro modo.
Ejemplo:
Calculemos el rotacional de F :
i
j
k
Rot F
2cxy bxy i y 2 cy 2 j byz 2 2 yz a k
x
y
z
2
2
y z ay bxyz 2x cxy 2z 3
b 2c c 1 a 2 F y2z 2y i 2xyz 2x j xy 2 2z 3 k
Para hallar la funcin potencial:
Gx y2z 2y G xy 2z 2xy f y, z
Derivando respecto a y,
Gy 2xyz 2x 2xyz 2x f y y, z f y y, z 0 f y, z h z
G xy 2 z 2xy h z
Derivando, ahora, respecto a z,
Gz xy 2 2z 3 xy 2 hz hz 2z 3 h z z 2 3z C
G xy 2 z 2xy z 2 3z C
20
CAB G A G B 2 2 4 6 C 0 0 1 3 C 6
De otro modo, siguiendo el camino A(1,1,2) D(3,1,2) E(3,0,2) B(3,0,1):
C y2z 2y dx 2xyz 2x dy xy 2 2z 3 dz
Para el trozo AD : y 1 z 2 dy dz 0 CAD 2 2dx 0
3
1
0
del campo escala G son, evidentemente, ortogonales al campo vectorial F que coincide en
direccin, aunque no en sentido, con el gradiente de G.
dS
dS
F dS
S
21
La superficie considerada es una superficie de nivel del campo escalar G = f(x,y,z), y como
Z
dS
G f x i f y j f z k
cos
cos
f y
G
cos
f z
G
F X i Y j Zk
dx dy
R
f x
X f x Yf y Z f z
G
dS
Para convertir esta integral de superficie en una integral doble, utilizaremos una de las
siguientes tres igualdades:
dS cos dy dz
dS cos dx dz
dS cos dx dy
Obtenidas proyectando el elemento de rea curva sobre cada uno de los tres planos
coordenados. S, por ejemplo, elegimos la proyeccin sobre el plano X0Y, se tendr:
X f x Yf y Zf z dx dy
X f x Yf y Zf z G
X f x Yf y Zf z
dx dy
dx dy
R
R
R
cos
f z
f z
G
G
22
1
G x 2 y 2z G i 2 j 2 k cos
3
2
2
cos
3
3
x 2 y 2x z 23y z dS
x y cos 2x z cos 3y z cos dS
S
S
3
cos
Z
G
dS
3x 7 y 3 dx dy
R
3
2
3
Y
6
x 2y 6
6 2 y
1 3
3x 7 ydx
dy
0
2 0
1 3
117
54 6 y 8y2 dy
2 0
2
Como, evidentemente,
f x i f y j f z k
n
G
23
cos
f x
cos
f y
cos
f z
G
f x 2 f y 2 f z 2
dx dy
S dS
s
R cos
R
f z
dx dy
G 2 x i 2 y j 2 z k
2x
x
cos
4 x 2 4 y 2 4z 2 z 2
Z
R
cos
Y
z 2
cos
1
2
S dS
dx dy
2 dx dy 2
R cos
R
Ip h 2 n dS h 2 dS
S
24
Ax By Cz D
A 2 B2 C 2
Bastar recordar las expresiones de los cosenos directores del gradiente para plantear la
integral doble correspondiente.
Ejemplo:
Hallemos el momento de inercia de una placa circular plana de radio uno situada en el
x 2 y 2 1
plano X0Y
, respecto al plano de ecuacin x + y + z = 4.
z 0
La distancia de cualquier punto de la superficie al plano, es:
x y z 4
Ip h 2 dS
S
dx dy 2
h
R cos
R x y z 4
2 dx dy
x y 42 dx dy
3
Pasando la integral doble a coordenadas polares y recordando que para ello hay que
sustituir dx dy por r dr d, tendremos:
Ip
1
1 2
65
d r 3 2r 3sen cos - 8r 2 cos 8r 2sen 16r dr
0
3 0
6
dx dy
IY0Z I x x 2
R
cos
dx dy
I Z0X I y y2
R
cos
dx dy
IX0Y Iz z 2
R
cos
25
Ejemplo:
Hallemos el momento de inercia de la superficie de la esfera x 2 y2 z 2 R 2 , situada en
el octante positivo, respecto al plano X0Z,
Z
I y y 2 dS
S
sen 2 d
R
0
r3
R 2 r2
dr
R 2 x 2 y2
X
/ 2
dx dy
cos
y 2 dx dy
I y R
Iy R
y2
r 3 sen 2
R
R 2 r2
dr d
2 /2 4 2
R 4
R
sen
3 0
6
x x 0 y y0 z z 0
p
q
r
Bastar tener en cuenta que
M(x,y,z)
h
AM V AM V sen h V
AM V
h
A(x0,y0,z0)
V pi q j rk
AM V x x 0
p
j
y y0
q
2
V p2 q 2 r 2
k
z z0
r
r y y 0 qz z 0 i pz z 0 r x x 0 j qx x 0 py y 0 k
26
2
2
2
2
AM V r y y0 qz z 0 pz z 0 r x x 0 qx x 0 py y0
p 2 q 2 r 2 x x 0 y y0 z z 0 px x 0 qy y0 r z z 0
2
Ejemplo:
Hallemos el momento de inercia del primer octante de la esfera x 2 y2 z 2 1 respecto a
la recta x = y = z.
Dado
A(0,0,0),
AM
x
i
y
j
z
k
Z
V i jk
i j k
M h
AM V x y z
1 1 1
AM
z
i
x
j
y
k
A
Y
2
2
2
y z z x x y
2 2
x y 2 z 2 xy xz yz
3
2 2
I r
x y 2 z 2 xy xz yz dS 2 z 2 yz ds
S 3
S
h2
/ 2
z ydx dy 2 R
R
1 x 2 y2 y dx dy 2
1
2
d r 1 r 2 r 2sen dr
0
3
h 2 x 2 y2
Z
h
De forma anloga:
I0Y x 2 z 2 dS I x Iz
S
I0X y 2 z 2 dS I y Iz
S
27
I0Z x 2 y2 dS I x I y
S
Ejemplo:
El momento de inercia del primer octante de la esfera x 2 y2 z 2 R 2 respecto al eje 0Z,
se calcular muy fcilmente teniendo en cuenta el resultado de los ejemplos anteriores y la
simetra de la esfera.
I0 Z I x I y
R 4 R 4 R 4
6
6
3
x CG
x dS
dS
yCG
y dS
dS
z CG
z dS
dS
Ejemplo:
Hallemos las coordenadas del centro de gravedad de la superficie lateral del cono
z 2 x 2 y2 comprendida entre los planos z = 0 y z = 1.
G x 2 y2 z2
S z dS
S dS
z CG
G 2 x i 2 y j 2 z k
x 2 y 2 dx dy 2
cos
z
x 2 y2 z2
1
2
1
2 2
d r 2dr
0
0
3
2
2 dx dy 2
R
2 2 3 2
Y, por simetra x CG ycG 0
3
2
1.13 Estudio del Caso Particular de una Superficie Dada en Forma Paramtrica
Es frecuente el caso de una superficie dada por las tres ecuaciones x = x(u,v); y = y(u,v);
z = z(u,v). Evidentemente, si eliminamos entre las tres ecuaciones los dos parmetros u y
v, llegaremos a la forma anteriormente considerada f(x,y,z) = 0. Pero unas veces esta
eliminacin resulta difcil y otras veces los parmetros tiene una significacin fsica que es
interesante conservar.
28
G f x i f y j k zx i zy j k
G f x, y z
cos
dS 1 zx2 zy2 dx dy
1 z z
2
x
2
y
Ahora bien,
zx
dz
con y constante
dx
Luego
dx xu du xv dv
y
dv
0 yu du yv dv
u;
du
yv
dz zu du zv dv
dz zu du zv dv zu yv zv yu
dx xu du xv dv xu yv xv yu
0 xu du xv dv
x
dv
dy yu du yv dv
u ;
du
xv
dz zu du zv dv
dz zu du zv dv zu xv zv xu
dy yu du yv dv yu xv yv xu
Adems, sabemos que para hacer el cambio de variables en una integral doble es necesario
sustituir dx dy por el producto del Jacobiano de x e y respecto a u y v. Es decir,
dx dy
xu
yu
xv
du dv xu yv xv yu du dv
yv
dS
xu yv xv yu 2 zu yv zv yu 2 zu xv zv xu 2 du dv
dS
2
u
2
yu2 zu2 xv2 yv2 zv2 xu xv yu yv zu zv du dv EG F2 du dv
29
t u xu i yu j zu k
t v xv i yv j zv k
Y los diferenciales de longitud, correspondientes,
son:
u = constante
dlu t u du
dl v t v dv
x
x
z dv
2
u
yu2 zu2 du E du
2
v
yv2
2
v
G dv
tu tv
tu tv
2
u
xu xv yu yv zu zv
F
EG
dS dlu dl v sen E du G dv
EG F2
E G F2 du dv
EG
Ejemplo 1:
Dada la superficie x = sen u; y = cos U; z = v, hallemos la longitud del arco de curva
u v comprendido entre los puntos correspondientes a u = 1; u = 2.
t v k dl v dv
Y, como las lneas son ortogonales:
2 du 2
30
Ejemplo 2:
Hllese el rea de la parte de superficie x = u sen v; y = u cos v; z = u, comprendida entre
los planos z = 2 y z = 8.
t1 sen v i cos v j k E sen 2 v cos 2 v 1 2
2
0
dv
8
2
2 u du 60 2
Ejemplo3:
Hllese el plano tangente y la recta normal a la superficie x u 2 v2 ; y uv; z u v , en
el punto de u = 1 y v = 2.
x 0 5 y0 2 z0 3
xu 0 2u 0 2 yu 0 v0 2 zu 0 1
t1 2 i 2 j k
t2 4 i j k
xv 0 2v0 4 yv 0 u 0 1 zv 0 1
t1 t 2 2 2 1 i 2 j 6 k
4 1 1
Y, segn los criterios establecidos en el prrafo 1.4, las ecuaciones del plano tangente y de
la recta normal, son, respectivamente:
x 5 2 y 2 6 z 3 0
x 5 y2 z3
1
2
6
Ejemplo 4:
31
t1 sen u i cos u j t 2 k E 1 G 1 F 0 dS du dv
i
j
k
cos cos u
cos sen u
cos 0
2
2
Ejemplo 5:
Hllese el momento de inercia, respecto al eje 0Z, de la parte de superficie x = v sen u;
y = v cos u; z = v, correspondiente a 0 v 3.
xu v cos u
xv sen u
zu 0 t1 v cos u i v sen u j E v 2
yu cos u zv 1 t 2 sen u i cos u j k G 2
yu v sen u
I0 Z x 2 y 2 dS
S
2 v 2 du dv 2
2
0
du v 2 dv 18 2
0
Ejemplo 6:
Hallemos el centro de gravedad de la parte de superficie x = u + v; y = u v; z = 6 2u,
correspondiente a 0 u 1; 0 v 2.
x u 1
x v 1
zu 2 t1 i j 2 k E 6
yv 1 zv 0 t 2 i j G 2
yu 1
F t1 t 2 0 dS 12 du dv S du
1
x dS 0 du 0
y dS 0 du 0
z dS 0 du 0
12 dv 2 12
12 u v dv 3 12
3 1
12 u v dv 12 CG ; ;5
2 2
12 6 2u dv 10 12
32
b
R
X1(y)
X2(y)
Consideremos
un
campo
vectorial
Y
,
x
tendremos que,
X 2 y
R x dx dy Yx, ydy
Y
Y2(x)
Y2 y
Y1(x)
Xx, y dx Yx, y dy R x y dx dy
Ejemplo:
33
0A AB 1
x 2 y2 4
C ex y dx 4x ydy 4 1dx dy
2
3
C 3
3
2
Interpretndola al revs, la frmula de Rieman nos puede dar un camino cmodo para
calcular el rea de una figura limitada por una curva dada en forma paramtrica. En efecto:
1
1
x dy y dx 1 1dx dy rea
2
2
Ejemplo 1:
Hallemos el rea limitada por el eje 0X y un arco de cicloide.
Y
x = a (t - sen t)
y = a (1 - cos t)
y 0 cos t M 1 t M 2
a 2 2
t sen t sen t dt 1 cos t 2 dt
A
0
2
a 2 2
t sen t 2 2 cos t dt a 2
0
2
Ejemplo2:
Hallemos el rea encerrada entre los ejes coordenados y un cuarto de elipse.
En coordenadas paramtricas, la elipse puede expresarse como:
x a cos t
y b sent
34
Por lo tanto,
1
a b / 2
a b
S a cos t b cos t dt b sent a sent dt
dt
0
2
2
4
curva cerrada C que se proyecta sobre el plano X0Y segn otra curva C sin puntos
Z
mltiples.
Consideremos,
ahora,
un trozo
cualquiera se superficie uniforme S que
contenga a S y se proyecte sobre el
plano X0Y por completo dentro del
recinto R interior a C.
X X Z
C Xx, y, z dx C Xx, y, zx, ydx R y z y dx dy
Ahora bien,
G zx, y z G zx i zy j k cos
zy
1 z z
2
x
2
y
cos
1
1 zx2 zy2
cos
, y, adems, dx dy dS cos . Sustituyendo estas expresiones en
cos
la integral doble obtenida, se tiene,
Por lo tanto, zy
X X cos
X
X
C Xx, y, z dx S y z cos dS cos S z cos y cos dS
35
Considerando, de forma anloga, las proyecciones sobre los otros planos coordenados,
obtenemos:
Y
Y
dS
Z
x
,
y
,
z
dz
cos
cos
C
S y
x
Y X
X Z
cos
cos dS
cos
S y
z
z x
x y
O, en lenguaje vectorial,
C F dl S Rot F dS
Por otra parte, haciendo nulas, tanto la componente Z de F , como las derivadas de las otras
dos componentes respecto a z, obtenemos de nuevo la frmula de Rieman.
Ejemplo:
36
i
j
k
Rot F
i 2 j 3k
x
y
z
2
2
2xyz 3x x z x y 2x y
11R 2 3
R 2 11R 2
Ahora bien, S r 2 R 2 h 2 R 2
, por lo tanto, C
.
6
12
12
z2(x,y)
z1(x,y)
N
Y
dz
z 2 Z
V z dx dy dz R dx dyz
S Z cos dS V z dx dy dz
37
S F dS V div Fdx dy dz
3 1 6dx dy dz 10 V
1
10 4 6 3 120
6
38
F
tendr que
h
F 2 cos i cos j cos k
r
x i y j zk
r3
r x
x r
r y
y r
r z
z r
39
hx
X
3hxy X
3hxz
5
5
3
r
y
r
z
r
hy
Y
3hxy Y
3hyz
Y 3
5
5
r
x
r
z
r
hz
Z
3hxz Z
3hyz
Z 3
5
5
r
x
r
y
r
X
Con lo cual Rot F 0 .
El potencial de un campo newtoniano, V, se calcula fcilmente:
V
hx
h
hy
hy
3 V f y, z ; Y Vy 3 3 f y y, z f y y, z 0
x
r
r
r
r
h
hz
hz
h
f y, z gz V gz ; Z Vz 3 3 gz gz 0 V K
r
r
r
r
Y, si convenimos en que el potencial en el infinito es nulo, tenemos, finalmente:
h
r
Por lo tanto la circulacin entre los puntos A y B, independientemente del camino elegido,
es:
CAB
h h
rA rB
De la misma forma, la circulacin a lo largo de una curva cerrada ser igual a cero,
siempre y cuando se excluya el origen de coordenadas, en el cual las componentes del
campo vectorial no son continuas. Es decir, que para afirmar que el campo es conservativo
el camino recorrido no debe rodear los puntos en los que existen masas.
La divergencia de un campo newtoniano es nula. En efecto:
hx
X h r 2 3x 2
r3
x
r5
hy
Y h r 2 3y 2
r3
y
r5
X Y Z h 3r 2 3x 2 3y 2 3z 2
div F
0
x y z
r5
40
hz
Z h r 2 3z 2
r3
z
r5
h
h
dS 2 S 4h
2
r
R
Con h positiva para el campo repulsivo y negativa para el campo atractivo. Puesto que en
ausencia de masas el flujo a travs de una superficie cerrada es nulo, el mismo flujo
atravesar la superficie esfrica que otra superficie cualquiera que rodee la esfera, y por
otra parte, como el producto escalar tiene la propiedad distributiva, el flujo creado por
varias masas ser la suma de los flujos creados por cada una de ellas. Si hacemos h = f m,
donde f es constante y m es la masa, el flujo total ser:
4f m
div F volumen S F dS
div F Lim
vol0
S F dS
volumen
41
i
j k
F i X Y Z Z j Yk
1 0 0
Z Y
i
j
k
F dS dS X
Y
Z dS Y cos Z cos i Z cos X cos j X cos Y cos k
cos cos cos
Tendremos:
42
1
div F i 1 componente de Rot F Lim
F
i dS
vol 0 vol
1
1
Z cos Y cos dS
Lim
Z
j
Y
k
cos
cos
cos
k
dS Lim
vol 0 vol
vol 0 vol
1
Lim
1
componente
de
Rot
F
vol 0 vol
1
Rot F Lim
F dS
vol 0 vol
Frmula anloga a la obtenida para la divergencia, en la que en vez del producto escalar de
y 2
z 1
cos
R 3
R 3
La indicacin acerca de la direccin de la
seminormal nos hace tomar el signo positivo
para los valores de los cosenos.
cos
G x 2 y 2 z 2 G 2 x i 2 y j 2 z k
x
x 2
cos
x 2 y2 z2 R 3
f
2
2
1
2
f x cos f y cos f z cos 3 5 2
3
3
3
3
G
43
Solucin:
4
x y
3
4
x V1 3 i 4 j cos 1
cos 1
3
3 4
5
5
3
x
y
4
3
y x
V2 4 i 3 j cos 2
cos 2
4
4 3
5
5
dG
3
4
Gx Gy 10
5
5
dV1
Gx 2
G 11
dG
4
3
Gx
Gy 5 y
5
5
dV2
5
x y
12
5
y x
V 12 i 5 j cos
cos
12
12 5
13
13
dG
12
5 79
2 11
13
13 13
dV
y
3. Dado el campo escalar U axz 2 byz cy 2 x 2 y el punto A(1,-1,1), hallar los valores de
a, b y c, para que la derivada direccional de U en el punto A tenga un mximo de magnitud
2 3 en la direccin de la recta x = y = z.
Solucin:
Ux az 2 2cy 2 x Ux A a 2c
Uy bz 2cyx2 Uy A b 2c U a 2c i b 2c j 2a b k
Uz 2axz by Uy A 2a b
Este gradiente debe ser paralelo a la recta dada, es decir, debe ser paralelo al vector
i j k , por lo tanto,
a 2c b 2c 2a b
ab c0
1
1
1
Adems, la derivada direccional debe ser igual al mdulo del gradiente, por lo tanto,
a 2c2 b 2c2 2a b2 2
44
a b2 c0
U1 U 2
U1 Y 2 y 2 x U1 YA 2
U 2
U1 Z 2z 4 U1 ZA 2
U1 2 i 2 j 2 k
U1
U 2 xy xz yz U2 X y z U2 Y x z U2 Z x y
U2 XA 5 U2 XA 4 U2 XA 3 U 2 5 i 4 j 3 k
El producto vectorial de los dos gradientes ser paralelo a la tangente:
i
j k
V U1 U 2 2 2 2 14 i 4 j 18 k
5 4 3
7
2
9
cos
cos
134
134
134
f x 2x 2 y f x A 6
f y 4 y 2x f y A 10
cos
df 6 7 10 2 14 9 104
dV
134
134
f z 6z 4 f x A 14
U2 x 2 2y2 3xy
5. Dados los campos escalares planos U1 x 2 y2 xy y
y el punto A(1,1), hallar la direccin en la que los dos campos tienen, en A, la misma
derivada direccional.
Solucin:
U1 X 2x y U1 XA 3
U2 X 2x 3y U1 XA 1
U1 Y 2 y x 1 U1 XA 4
U21Y 4 y 3x U1 XA 1
45
dU1
dU
3 sen 4 sen 3 sen 4 cos 2 sen sen sen cos
dV
dV
4
4
tg
Y, por lo tanto, la direccin de la recta es y - x
3
3
Adems, como sen
4
3
, el valor comn de la derivada resulta ser:
cos
5
5
dU1 dU 2
4 3 7
5 5
5
dV
dV
1
6. Dados dos campos escalares planos U1 ln x 2 y 2 ; U 2 f x, y , hallar la funcin
2
dU1 dU 2
dV1 dV2
dU1
dU
2
dV2
dV1
Solucin:
x
y
; U1 Y 2
2
x y
x y2
dU1
x
y
dU1
x
y
2
2
cos 2
sen ;
sen 2
cos
2
2
2
x y
x y
x y2
dV1 x y
dV2
U1 X
dU 2
dU 2
f x cos f y sen ;
f x sen f y cos
dV1
dV2
x
y
cos 2
sen f x sen f y cos
2
2
x y
x y2
x
y
2
sen 2
cos f x cos f y sen
2
x y
x y2
Como estas igualdades deben verificarse cualquiera que sea , se debe cumplir:
f x
y
sen
x y2
2
f y
x
x y2
2
y
De la primera se deduce f x, y arc tg gy . Y, de la segunda, derivando respecto a y,
x
se obtiene g(y) = 0, por lo tanto,
46
y
f x, y arc tg Constante
x
x 2 y2
, tal que, en todos los crculos de centro
7. Hallar un campo escalar plano, G f
x
el origen, el mdulo del gradiente sea constante y adems se cumpla que G(1,1) = - 1;
Gx(1,0) = 2.
Solucin:
Sea u
x 2 y2
x 2 y2
2y
; uy
; G f (u ) . Y el gradiente es:
, por lo tanto, ux
2
x
x
x
G f (u )
x 2 y2
2y
x 2 y2
f
(
u
)
j
f (u )
x2
x
x2
f (u )
cos 2
Para que esta expresin sea constante en todos los crculos de centro en el oridgen, su
derivada respecto a debe ser nula. Ahora bien,
x 2 y2
r
u r sen
x
cos
cos 2
r sen
cos 2 2 cos sen f (u ) 0
2
cos
r f (u ) 2 f (u ) cos 0 u f (u ) 2 f (u ) 0
f (u )
2
A
A
f (u ) 2 f (u ) B
f (u )
u
u
u
f (u )
A u A x 2 y 2
. Y, para x = 1; y = 0; u = 1; Gx = A = 2.
u 2 x u 2 x 2
A
Adems, para x = 1; y = 1; u = 2; 1 B B 0 . Finalmente,
2
Por otra parte, G( x )
G ( x , y)
2
2x
2
u
x y2
47
dx
dy
dz
x x y 1 4z
Lo que conduce a una ecuacin diferencia l de variables separadas y a otra homognea :
2
dx
4z dz ln x 2z 2 ln A x Ae2 z
x
dx
dy
dy
y
dy
dv
1 ; y vx
vx v 1 v
x 1 2v
x xy
dx
x
dx
dx
dv
dx
1
ln 1 2v ln x ln B
1 2v x
2
1 2v
x
Bx 1 B2 x y 2x
y 2x
x Ae2 z
As, las ecuaciones generales de las lneas de campo, son:
Y, la que pasa
1 Cx y 2x
2
x e 2 z
por el punto P(1,3,0):
.
1 x y 2x
2
Solucin:
dx
dy
dz
dx dy dz 2xz dx 2 yzdy x 2 y 2 dz
x 2 y 2 2 yz x 2 y 2 2xz 2zx y
0
0
dx dy dz 0 x y z A
2xdx 2 ydy dz
2xz dx 2 yzdy x 2 y 2 dz 0
ln x 2 y 2 ln z ln B
2
2
x y
z
x y z A
Las ecuaciones son : 2
2
x y Bz
48
10. Cul debe ser el valor de las constantes a y b para que las superficies
x 2 y2 z 2 3xz 0 ax 2 bz 2 3b 2y 0 sean ortogonales en el punto A(1,-1,1).
Solucin:
Si las superficies son ortogonales, los gradientes deben ser perpendiculares y, por lo tanto,
su producto escalar debe ser nulo.
U 2 (2x 3z) i 2 y j (2z 3x ) k En el punto A U 2 i 2 j k
U1 U 2 2a 2(3b 2) 2b 0 a 2b 2 0
Adems, el punto A debe pertenecer a ambas superficies, luego:
a b 3b 2 0 a 4b 2 0
Finalmente, de las dos ecuaciones se deduce que:
a2 3
b 2 3
(astroide), x 2 / 3 y2 / 3 4 .
Solucin:
Segn lo establecido anteriormente, la
circulacin est dada por la integral curvilnea
C ( y x ) dx (x y) dy
X
x 2 / 3 4 cos 2 t x 8 cos 3 t
Sustituyendo:
y2 / 3 4 sen 2 t y 8 sen3t
49
2
2
1
1
192 cos 6 t sen 6 t
192 sen 2 t cos 2 t sen 2 t cos 2 t dt 48 sen 2 2t dt
0
0
6
6
0
C 24
2
0
1 cos 4t dt 48
En general:
C x 2dx xy dy xyz dz
z=1
C
2x+y+2z =6
D
B
CAB 9
En total: C = 19 3
50
Solucin:
C x 3ydx y z dy x z dz
C
C
/2
0
/2
0
Solucin:
X 10x 4 2xy 3
Y 3x 2 y 2
X Y
6xy 2
y x
f x 2x 5 K G x 2 y3 2x 5 K
(0,0)
C x 2 y3 2x 5 K (2,1) K 4 64 K 60
Tambin se puede sustituir la complicada curva dada, por otra trayectoria ms sencilla,
formada por la recta y = 0, desde O(0,0) hasta A(2,0) y la recta x = 2 desde A hasta B(2,1).
C 10x 4 2xy 3 dx 6 3x 2 y 2 dy
2
C0A 10x 4 dx 64
0
CAB 12 y 2 dy 4
0
51
Y, en total C 60
Solucin:
Si el campo es conservativo, el rotacional debe ser nulo, por lo tanto:
i
j
k
Rot F
x
y
z 3z 2 az 2 j by cos x 2 y cos x j 0
y 2 cos x z 3 by senx 4 axz 2 2
Y, de aqu, a = 3; b = 2.
Gx X y 2 cos x z 3 G y 2senx z 3 x f ( y, z)
Gy 2 ysenx f y ( y, z) Y 2 ysenx 4 f y ( y, z) 4 f ( y, z) 4 y g(z)
G y 2senx z 3 x 4 y g(z)
Gz 3z 2 x g(z) Z 3xz 2 2 g(z) 2 g(z) 2z K
G y 2senx z 3 x 4 y 2z K
Para la circulacin podemos no considerar la trayectoria dada y calcular directamente,
C K 4sen1 1 8 2 K 4 sen1 11 7,634
Otra posibilidad es hacer el recorrido O(0,0,0) A(1,0,0) B(1,2,0) M(1,2,-1)
2
y 0
x 1
OA
C1 0
AB
C2 2 y sen1 4 dy 4 sen1 8
0
z 0
z 0
1
x 1
BM
C3 3z 2 2 dz 3 C 0 4 sen1 8 3 4 sen1 11 7,634
0
y 2
y
x
i
j , hallar su circulacin a lo
x 2 y2
x 2 y2
largo de la circunferencia con centro en el origen y radio igual a la unidad, x 2 y2 1 .
52
Solucin:
y
X
y2 x 2
x
Y
y2 x 2
X 2
;
Y
2
2
x y2
y
x 2 y2
x
x 2 y2
x 2 y2
Al ser las derivadas cruzadas iguales y la curva a lo largo de la cual se quiere calcular la
circulacin, una curva cerrada, parece que la circulacin debera ser nula. Pero es preciso
tener en cuenta que existe un punto, el O(0,0), en el cual las componentes X e Y son
discontinuas y por lo tanto no es posible asegurar nada y es necesario hacer el clculo
directamente.
y dx x dy
C
2
2
x y
2
0
r n r n 1
nxr n 2
2
3
x r x
r
x
x
2
r
r n nr n 2 nx n 2r n 3
nr n 4 r 2 n 2x 2
2
x
x
2 n
r nr n 4 r 2 n 2 x 2
Por simetra
2
y
Y, sumando, r n nn 1r n 2
De la misma manera:
2
2
2
ln r 1 x x2 2 ln r r 42x
x
r r r
x
r
1
ln r 2
r
2 n
r nr n 4 r 2 n 2z 2
2
z
2
r 2 2y2
ln
r
y 2
r4
Finalmente:
53
2
r 2 2z 2
ln
r
z 2
r4
1
1 x
x
2 3
x r
r r
r
2 1 3x 2 r 2
x 2 r
r5
2 1 3y 2 r 2
y 2 r
r5
2 1 3z 2 r 2
z 2 r
r5
1
0
r
i
j
k
F W r Wx Wy Wz z Wy y Wz i x Wz z Wx j y Wx x Wy k
x
y
z
i
j
k
Rot F
x
y
z
z Wy y Wz x Wz z Wx y Wx x Wy
Rot F Wx Wx i Wy Wy j Wz Wz k 2W
19. Hallar el flujo del campo vectorial F x y2 i 2x j 2yzk sobre la parte de plano
2x + y +2z = 6 comprendida en el triedro positivo.
Solucin:
Aplicando la definicin:
O
B
A
X
U 2 x y 2 z U 2 i j 2 k
2
1
2
cos
cos
cos
3
3
3
2
2x 2 y 2x 4 yz
dS
3
Y, considerando la proyeccin sobre el plano X0Y,
2 y 2 2 y6 2 x y dx dy
3
23
36 2 x
dx
6 y 2xy dy
108 108x 36 x 2 4 x 3 dx 81
0
54
2x + y = 6
X
3
Solucin:
div F 3x 2 y 2 x 2 3z 2 4 x 2 y 2 3z 2
div F 8x i 2 y j 6z k
Z
C
D
Y
0
B
A
X
U 2 x 3 y 6 z U 2 i 3 j 6 k
2
3
6
cos
cos
cos
7
7
7
16 x 6 y 36z
dS
7
Proyectando sobre el plano X0Z,
C
3
1
0
x + 3z = 6
6 3z
4x 8z 8dx dz dz
A
4x 8z 8dx
120 48z 6z 2 dz 94
0
21. Hallar el flujo del campo vectorial F x 2 y2 k sobre la superficie lateral del cono
z 2 3 x 2 y2 0 z 3 .
Solucin:
55
x 2 y2 cos dS x 2 y2 dx dy
r 2 r dr d
2
0
3 , luego,
9
r dr
0
2
3 3
Solucin:
U x 2 y2 z 2 U 2x i 2y j 2z k
Z
cos
2x
4 x 2 4 y 2 4z 2
x
R
y
z
cos
R
R
2
2
2
x y z
R 3
dS R dS R S
R
2
cos
23. Hallar el rea de la parte de cono z 2 x 2 y2 que se proyecta sobre el plano X0Y
dentro del crculo x 2 y2 2x 0 .
Solucin:
56
S dS
dx dy
cos
U x 2 y 2 z 2 U 2 x i 2 y j 2 z k
2z
z
cos
4 x 2 4 y 2 4z 2
2z 2
S 2 dx dy 2 rea del crculo 2
Y
X
S ds
U x 2 y2 z
U 2x i 2 y j k cos
1
1 4x 2 4 y 2
S 1 4x 2 4 y 2 dx dy
2
0
2
0
r 1 4r 2 dr
13
3
57
I p h 2 dS
donde p es la densidad. Y
como h = y, I p y 2 dS .
h
U x 2 y 2 z 2 cos
dS
y
R
I p R y dx dz p R R 2 x 2 z 2 dx dz
I pR
/2
0
d r R 2 r 2 dr
0
R 4
p
6
W R
2W
WR 2
p p
Ahora bien, si W es el peso,
y sustituyendo, I
.
g
2
gR 2
3g
2
AB V
Recordemos que h
, en donde
AB x i y j z k y V es un vector paralelo a la
recta, en este caso V i k .
B(x,y,z)
h
A(0,0,0)
y 2 x z y 2 2 y 2 x z
h
U x 2 y z U i 2 j k cos 1 6
2
2 y 2 x z 2
6p
I p h dS p
6 dx dy
2 y 2 1 x 2 y x 2 dx dy
2
2
(1 x ) / 2
6p 1
7 6
I
dx
6 y 2 4 y 1 dy
p
0
2 0
96
6
W
6p
4W
7W
Ahora bien, S dS 6 dx dy
p
I
4
g
4
24
6g
2
58
Por simetra, x g yg z g
para un octante, S
R
.
2
2
z
U x 2 y 2 z 2 U 2x i 2y j 2z k cos , luego,
R
2
3
R
dx dy
R
R
z dS z z R R dx dy R 4 4 . Y, finalmente, x g yg zg 2 .
28. Hallar las coordenadas del centro de gravedad del paraboliode x 2 y2 2z limitado
por la relacin 0 z 2.
Solucin:
Por simetra xg = yg = 0. Adems, z g
z dS .
U x 2 y 2 2z U 2x i 2 y j 2 k cos
1
x 2 y2 1
3/ 2
2
1
S d r 1 r dr d r 2 1
5 5 1
0
0
0
3
0 3
2
2
x 2 y2
1
1 2
x 2 y2 1 dx dy r 2 r 2 1 r dr d d r3 r 2 1 dr
0
2
2
2 0
Integrando por partes, se tiene:
z dS
3/ 2 2
3/ 2
1 2 r 2 2
1
2
3/ 2 2 5/ 2 2
2
z
dS
1
r
dr
5
10 5
2 45
0
2
3
6
5
5 3
5
zg
2 35 5 1 5 25
2 35 5 1 25
5 1
1,08
5 5
Solucin:
59
t u t v t u t v du dv .
As,
2
2
t u a R cos v senu i a R cos v cos u j t u a R cos v
2
t v R senv cos u i R senv senu j R cos v k t v R 2
t u t v a R cos v senu cos u senv R a R cos v cos u senv senu 0 0
a R cos v 2 R 2 du dv R a R cos v du dv
2
2
S R du a R cos vdv R 22a 42a R
0
0
dS
30. Hallar, por aplicacin de la frmula de Green, la circulacin del campo vectorial
C
2
Por ltimo, C
4
3
3
(-1,0)
C2
/2
/4
0
2
2x 2
C1 dx
45
d 4r 2 cos 2r 2sen dr
/ 2 32
16
32
8 2
cos sen d
/ 4 3
3
3
C 88 2
60
Solucin:
i
j
k
Rot F x
y z y i (z 1) j k
y z 2 yz 4 xz
y+z=2
Y
x=2
2
2
z2
dS z 2dx dy y dx dy dx y dy 4
0
0
2
Solucin:
i
j
k
Rot F x
y z 2x i (1 y) j z k
z x 2 xz 4 xy
61
Solucin:
C
2x + y + 2z = 8
4
4
Y
8
A
X
i
j
k
1
U 2 x y 2z U 2 i j 2 k cos
3
3
3 48
C ABCA dS dx dy
24
2
2
2
cos
2
3
Y, en total, CABC = 24 8 = 16
Solucin:
i
j
k
RotF
x
y
z
4 j
3x 2 y 6z e x senz x 3 y e x cos z 2x
C 4 cos dS
x2 + y2 = 1
U y z U i j cos 1
62
2 cos 1
4 dx dy
2
4 dx dy 4 1 4
2 1 2
Solucin:
y 2x xz y 2z 3x =
Como la divergencia del campo es div F
x
y
z
2 1 2 3 ; por aplicacin del teorema de Gauss, se tendr:
x + y = 4 4z
Solucin:
El teorema de Gauss nos da:
z 4 z 4 5z 4 dx dy dz
1
7 z 4 dz dx dy 7 z 4 4 4z 2 dz
28
(0,0,1)
1
1
z4 z6 dz 28 15 17 15 17
16
5
63
Solucin:
Si cerramos la zona mediante los planos z = 1 y z = 3,
tendremos una superficie cerrada y podemos aplicar el
teorema de Gauss:
(1 1 1) dx dy dz dz dx dy 4 z 22 dz
3
22
3
En la cara z 3 cos cos 0 cos 1
22
40
9 3
3
3
z =1
x2 + y2 = z
X
Y
x2 + y2 = 2 z2
X
x y z
Y, aplicando Gauss:
4x 2y 2z dx dy dz
1
dz 4x 2 y 2z dx dy dz
64
2 z 2
z
4r cos 2r sen 2z r dr d
1
2 2
dz 2 z 2
0
0
3
3/ 2
z 3 / 2 2 cos sen 2 z 2 z z 2 d 2 2z z 3 z 2 dz
0
5
6
a travs de la semiesfera
Solucin:
z 2 y x dx dy dz dz z 2 y x dx dy
1
dz
1
dz
1 z 2
0
1
3/ 2
3/ 2
2
z 1 z2
d 1 z 2
cos 1 z 2
sen
3
2
3
z2 z4
z z3 dz
0
4
4
2
0
1
En la tapa:
As, en definitiva:
65
z y
8,14
7
d AB
z 0
x y z
es igual a 4. Hallar la derivada del campo escalar en la direccin de la recta
1 2 2
x y z
.
4 2 2
Solucin:
dG 41
3,42
dV 12
3. Dado el campo escalar G axy 2 byz cz 2 x 3 , hallar a, b, c para que la derivada de G
en la direccin del eje 0Z, en el punto A(1,2,-1), tenga un mximo de magnitud igual a 64.
Solucin:
a=6
b = 24
c=-8
x 2 y 2 z 2 2
4. Averiguar en qu punto M de la curva
la tangente es perpendicular a
x y z 0
la tangente en el punto A(1,0,-1).
Solucin:
1 2 1
Hay dos soluciones: M
,
,
3 3 3
1 2 1
M
,
,
3 3 3
66
x 1 y 1 z 1
Plano Normal: 2x 3y z 0
2
3
1
x y 2 0
Rectas Tangentes
3x 2 y 1 0
A(1,1)
cos
y x
Rectas Normales
2 x 3 y 5 0
1
26
x 2 y 2 z 2 3
direccin de la tangente a la curva
.
xy
2
xz
3
yz
Solucin:
dG
3
dV 2 6
y2 x 2
xy , hallar la ecuacin de la lnea de gradiente que
8. Dado el campo escalar G
2
pasa por el punto A(-1,2).
Solucin:
y2 2xy x 2 7
67
Solucin:
x 2 y 2 z 2 2
x 2 y 3z 1
2 2
4 ,
5
5
2 2
2
2
4 ,
5 5
5
5
2
2
4 ,
Solucin:
C 2 1
x 2 y2
1
curva a 2 b 2
desde A(a,0,0) hasta B(0,b,0).
z 0
Solucin:
a2
2
68
Z
B
Solucin:
z 1
x 2 y2
C = 0.
Y
A
C
X
Solucin:
C = 236
x2
15. Dado el campo vectorial F 2z senx 2x ln y i z j y 2 cos x 4k ,
y
Solucin:
2x
2x
k i 2 senx j
k0
a. Rot F i 2 senx j
y
y
b. G 2z cos x x 2 ln y zy 4z K
x2
c. divF 2z cos x ln y 2 0 El campo no es solenoidal.
y
xy 2 y z 0
Solucin:
69
a. a = - 1; b = 0
b. G y cos x y2 ez K
c. C cos1 e3 cos 3 e 16,918
17. Si la laplaciana de f(r) es nula r 2 x 2 y2 z 2 , hallar f(r) tal que f(1) = 2; f(-1) = 0.
Solucin:
1
f (r ) 1
r
2y
1 y 1 x
2 2
k a travs de la
Solucin:
y=x
z=4
C
B
A
Solucin:
= 108
2x + y = 6
70
Solucin:
= 90
Solucin:
14 2
1
3,89
2
15
23. Hallar la superficie de la esfera x 2 y2 z 2 R 2 .
Solucin:
S = 4 R2.
24. Hallar la superficie limitada por la interseccin de la esfera x 2 y2 z 2 4 y el
cilindro x 2 y2 2y 0 .
Solucin:
S=4
17 W
6g
71
0 z 2 .
I 2 2 p
W
2 2g
de
W
g
gravedad
de
la
superficie
lateral
del
cono
Solucin:
x g yg 0 z g
4
3
x g yg
zg 1
Solucin:
12 2
C(2,5)
Solucin:
B(3,3)
C1 = 24
C2 = 30
C = 54
A(1,1)
X
72
Solucin:
5
3
32. Hallar, haciendo uso del teorema de Stokes, la circulacin del campo vectorial
Solucin:
6x + 2y +3z = 6
C = 17/2
Y
X
Solucin:
C = 77
x 3 x2
x2 3 x2
2
34. Dado el campo vectorial F
, hallar, haciendo
i
y
j
z
k
2
1 x2
1 x2
uso del teorema de Stokes, la circulacin a lo largo del contorno de la figura.
Solucin:
Y
C
y = x2
0
5
3 ln 2
2
73
Solucin:
C = 10
Solucin:
64
3z
37. Hallar el flujo del campo vectorial F
xe y i senx 2 zy j a travs de la
1 y2
2
2
totalidad del cilindro x z 4 comprendido entre los planos y = 0 y = 1.
Solucin:
1
41
e
Solucin:
2
2
39. Hallar el flujo del vector F x i 2 j a travs de la superficie cerrada formada por la
interseccin del cono z 2 x 2 y2 y el paraboloide z 6 x 2 y2 para z 0.
Solucin:
32
74
2
40. Hallar el flujo del vector F cosy2 x 2 i e z y j ln x 2 1 z 2 k a travs
2
del elipsoide
x
y
z
1.
4
9
1
Solucin:
= 8
75
CAPTULO II
CLCULO MATRICIAL
2.1 Definicin
Las matrices son usadas en matemticas discretas para expresar relaciones entre objetos.
En muchos problemas es til disponer y manejar un conjunto de nmeros dispuestos en
filas y columnas. As es cmo se introdujo, en matemticas, el concepto de matriz, como
una disposicin rectangular de nmeros. Vienen a ser como una ampliacin del concepto
de nmero, definindose para ellas operaciones tales como la suma y el producto.
As, una matriz se define como un conjunto ordenado de nmeros. Concretamente, Se
llama matriz del tipo m x n a un conjunto de (m * n) nmeros dispuestos en m filas y n
columnas.
x a11 a12 y
y a 21 a 22 y
En virtud de estas igualdades, a cada punto M(x,y) del primer sistema le corresponde otro
punto M(x, y) del segundo sistema, que recibe el nombre de imagen del primero. Se
dice, entonces, que estas ecuaciones representan una transformacin lineal.
El cuadro de nmeros,
a 11 a 12
a 21 a 22
a 11 a 12
a 21 a 22
76
se denomina Determinante de la Matriz, y no debe ser confundido con sta ltima. Por
ejemplo, el sistema
x x 2y
y 3x y
1 2
representa una transformacin lineal, cuya matriz es
y en la cual el punto P(3;2)
3 1
es la imagen del punto P(1;1); y la recta x + y = 1 es la imagen de 4x + y = 1.
simetra
y rotacin son,
por
ejemplo,
Y=A+nX
Y=mX
P
M
X
Figura 2.1 Transformacin Geomtrica de Simetra
y y
x x
m
2
2
Y, por otra parte, las rectas OQ y MM deben ser perpendiculares, luego
y y
1
x x
m
77
1 m
1 m2
2m
m 2 1
y
x
1 m2
1 m 2
mx y y mx
x my x my
1 m2
1 m 2
2
1 m
2m
1 m 2
2m
1 m2
m 2 1
1 m2
Y
M
R
M
X
Figura 2.2 Transformacin Geomtrica de Rotacin.
78
x R cos
y R sen
Y, por lo tanto,
x x cos y sen
y x sen y cos
Transformacin cuya matriz es
cos sen
sen cos
De modo anlogo se puede establecer una transformacin lineal entre dos sistemas de
coordenadas tridimensionales:
x a 11x a 12 y a 13z
y a 21x a 22 y a 23z
z a 31x a 32 y a 33z
a 11 a 12
A a 21 a 22
a 31 a 32
a 13
a 23
a 33
x b11x b12 y
y b 21x b 22 y
z b 31x b 32 y
y c 21x c 22 y c 23z
b11 b12
B b 21 b 22
b 31 b 32
c 21 c 22 c 23
x x y z
y 2x y z
z 3x 2 y z
x x 2y z
y 3x y z
x 2 x 3y
y x y
z x y
Al punto A(1;1;1) le corresponden, en las dos primeras, los puntos A(3;20) y A(2;5), y
en la tercera transformacin, al punto B(1;2) le corresponde el B(8;3;-1).
Prescindiendo de toda intuicin geomtrica se pueden generalizar estos conceptos
definiendo una transformacin lineal entre los puntos de un espacio de dimensin n,
79
A(x1;x2 ; ;xn), y los de otro espacio de dimensin m, A(x1 ;x2 ; ; xm). Las
ecuaciones y la matriz correspondiente sern:
x 1 a 11x 1 a 12 x 2 .... a 1n x n
x 2 a 21x 1 a 22 x 2 .... a 2 n x n
..................................................
x m a m1 x 1 a m 2 x 2 .... a m 3 x n
a 11 a 12 .... a 1n
a
a 22 .... a 2 n
21
A
.... ..... .... .....
a m1 a m 2 .... a mn
x 1 x 1 2 x 2
x 2 x 1 3x 2
x 3 2 x 1 x 2
x 4 2 x 1 5x 2
1
1
cuya matriz es
2
2
3
1
4 1
1 1
2 6
0 2
80
2 1
A 3 2
0 6
AT
2 3 0
1 2 6
1 2 3
por ejemplo 2 0 6 .
3 6 4
Obviamente una matriz simtrica tiene que ser cuadrada y se debe cumplir que a ij a ji , o
dicho de otro modo, debe ser simtrica respecto a la primera diagonal.
Una matriz Hemisimtrica o Antisimtrica, es aquella matriz cuadrada en la que se
cumple que A A, lo que implica que a ii 0 y a ij a ji . Como por ejemplo,
T
0 2 3
2 0
6
3 6 0
Si el determinante de una matriz cuadrada es igual a cero, se dice que la matriz es
Singular y en caso contrario se llama Regular. En el ejemplo que sigue, A es
singular y B es regular:
2 6
1 3
2 6
1 3
Una matriz Cero es aquella que tiene todos sus elementos cero, como por ejemplo:
0 0 0
03 0 0 0
0 0 0
0 2
0 0
0 0
Cuando, como casi siempre ocurre, est clara la dimensin de la matriz cero, se suele
omitir el subndice. Todas las matrices cero son singulares, pero en general las matrices
singulares no son matrices cero.
81
Una matriz Diagonal es una matriz cuadrada cuyos elementos son todos nulos, excepto
lo de la primera diagonal, o diagonal principal, como por ejemplo
1 0 0
0 3 0
0 0 7
Una matriz Unidad, I, es una matriz diagonal cuyos elementos no nulos son todos
iguales a uno, como por ejemplo:
1 0 0
I 3 0 1 0
0 0 1
I 2
1 0
0 1
Igual que sucede con las matrices cero, corrientemente no es necesario indicar la
dimensin de la matriz unidad.
i
2 i
1 i
A 2 1 i i
3 i 4 i
5
i
2 i
1 i
A 2 1 i i
3 i 4 i
5
2i
i
1
2 i
2 3 i
i 3 i
3
82
Suma de matrices.
Producto de matrices.
Inversin de matrices.
1 0 1 3 0 3
32 1 3 6 3
9
2 1 1 6 3 3
Obsrvese que si A es una matriz cuadrada n x n, se tiene que si B kA , esto
implica que B k A . En el ejemplo anterior,
n
B 216; A 8; k 3 216 33 8 .
Este producto
tiene,
evidentemente,
la
(-1)
x 1 a 11x 1 a 12 x 2 .... a 1n x n
x 2 a 21x 1 a 22 x 2 .... a 2 n x n
..........................................
x m a m1 x 1 a m 2 x 2 .... a mn x n
...........................................
x m b m1 x 1 b m 2 x 2 .... b mn x n
Si x i x i x i entonces,
83
2 1 3 1 1 0 3 2 3
0 1 4 4 3 2 4 4 6
De acuerdo con la definicin dada, la suma de matrices tiene las siguientes propiedades:
Ley conmutativa: A B B A
Ley asociativa:
A B C A B C
Ley distributiva: kA B kA kB
Elemento neutro: A 0 A
Elemento opuesto: A A 0
Obsrvese que si A B C esto no implica que A B C , tal como puede
verse en el siguiente ejemplo:
2 1 4 2 6 3
3 2 1 3 2 5
pero 1 14 24
Es decir, q ij Fi C j .
84
F1
F2 C C
1
2
...
Fm
F1 .C1
F .C
... C q 2 1
.....
Fm .C1
F1 .C 2
F2 .C 2
.....
Fm .C 2
..... F1 .C q
..... F2 .C q
.....
.....
..... Fm .C q
Para que el producto sea posible, Fi y C j deben tener el mismo nmero de componentes,
es decir que n = p. Y, obviamente, la dimensin de Q es m x q. Por ejemplo:
2
0
A B
1
1
9
2 3 1 3 6
.
1 3 2 1 6
2
9
4
4
3
5
7
2
4
A. B. C A. B. C
Ley distributiva: A. B C A. B A. C
Elemento idntico: A. I I. A A
Adems,
A. 0 0. A 0
A m . A n A n . A m A mn
(m y n enteros)
1 2 1 3 1 5
2 2 . 0 1 2 8
1 3 1 2 7 8
0 1 . 2 2 2 2
85
1 2 3 2 7 8
2 1 . 2 3 8 7
3 2 1 2 7 8
2 3 . 2 1 8 7
Evidentemente, la matriz cero y la matriz unidad son conmutables con cualquier otra
matriz. Obsrvese adems que si se cumple que A. B C esto implica que
A B C . As:
3 1 1 1 4 5
1 2 . 1 2 3 5
5 1 5
a12
a 22
...
am2
... a1n x1
... a 2n x 2
o, abreviadamente, X A. X
... ... ...
... a mn x m
X AX; X BX . Evidentemente
X BAX , lo que nos dice que la matriz producto es la matriz del resultado de
transpuestas en orden inverso: AB B A
86
X AX A 0
x2 a 21x1 a 22 x 2 .... a 2n x n
.......................................................
xn a n1 x1 a n 2 x 2 .... a nn x n
Con esta hiptesis resulta posible despejar las xi en funcin de las xi:
X BX
........................................................
x n b n1 x1 b n 2 x2 .... b nn xn
La matriz B recibe el nombre de matriz inversa y se representa por A 1 . De las
igualdades matriciales anteriores se deduce que
X AA1X
y tambin que
X A1AX
Luego,
AA1 I
y tambin
A1 A I
Lo que quiere decir que toda matriz cuadrada no singular y su matriz inversa son
conmutables. Igualmente, de la definicin dada se desprende fcilmente que la inversa de
A1 es, recprocamente, A.
La matriz inversa de un producto es igual al producto de las inversas de los dos factores, en
orden inverso. En efecto,
A A1
87
I A
A A1
Luego
A A
1
A A
AA
1
x 2 x1 2x 2
x1 2x1 5x 2
x 2 x1 3x 2
3 5
1 2
2 5
1 3
A1
Obviamente este mtodo no puede tener una aplicacin muy general y por lo tanto se hace
preciso encontrar procedimientos ms prcticos. Expondremos, a continuacin, tres de
estos procedimientos.
88
Ejemplo:
1 2 0
1 2
T
A 2 1 2 A 2 1
0 1 1
0 2
1 1
2
A11
1 A12
2 1
0
A 21
2 0
2
2 1
A 31
2 0
2
1 1
A1
A 1 2 4 5
1
2
1
A13
2 1
4
0 2
1 0
1
0 1
A 23
1 2
2
0 2
1 0
1
2 1
A 33
1 2
3
2 1
A 22
A 32
0
1
1
2 4
1
1
2 1 2
5
2 1
3
1 A 21 A 22
....
A ....
A n1 A n 2
.... A1n a 11 a 12
.... A 2n a 21 a 22
.... .... .... ....
.... A nn a n1 a n 2
89
.... a 1n
.... a 2n
.... ....
.... a nn
A .............................
1 0
A ...
0
A
...
0
...
...
...
...
a 12A11 ... a n 2 A n1
a 12 A12 ... a n 2 A n 2
................................
a 12A11 ... a n 2 A n1
...... ..............................
0
I
...
Ahora bien,
k
0
Ta A 0
...
0
0
1
0
...
0
0
0
1
...
0
...
...
...
...
...
0 a 11 a 12
0 a 21 a 22
0 a 31 a 32
...
... ...
1 a n1 a n 2
a 13
a 23
a 33
...
a n3
90
...
...
...
...
...
a 1n ka 11 ka 12
a 2n a 21 a 22
a 3n a 31 a 32
... ...
...
a nn a n1 a n 2
ka 13
a 23
a 33
...
a n3
... ka 1n
... a 2n
... a 3n
... ...
... a nn
1
0
Tb A 0
...
0
1
1
0
...
0
0
0
1
...
0
...
...
...
...
...
0 a 11 a 12
0 a 21 a 22
0 a 31 a 32
...
... ...
1 a n1 a n 2
...
...
...
...
...
a 1n a 11 a 21 a 12 a 22
a 2n a 21
a 22
a 3n a 31
a 32
... ...
...
a nn a n1
a n2
0
1
Tc A 0
...
0
1
0
0
...
0
0
0
1
...
0
...
...
...
...
...
0 a 11 a 12
0 a 21 a 22
0 a 31 a 32
...
... ...
1 a n1 a n 2
...
...
...
...
...
a 1n a 21 a 22
a 2 n a 11 a 12
a 3n a 31 a 32
... ...
...
a nn a n1 a n 2
...
...
...
...
...
... a 1n a 2 n
...
a 2 n
...
a 3n
...
...
...
a nn
a 2n
a 1n
a 3n
...
a nn
Es decir que pre-multiplicar por una matriz del tipo Ta equivale a multiplicar una fila por
un nmero cualquiera, k. pre-multiplicar por una matriz del tipo Tb , equivale a sumar
dos filas. Y, pre-multiplicar por una matriz del tipo Tc equivale a intercambiar dos filas.
Supongamos ahora que hacemos todas las transformaciones elementales necesarias para
transformar la matriz dada en una matriz unidad. Esto equivale a:
T1 T2 .... Tp A I
Si post-multiplicamos por A 1 se tiene que:
91
1
0
4
2
2
2
1
2
1
0
0
0
2 3 5
2 1 3
0 17 13
0 4 6
3
1
0
1
5
3
3
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
1 0
0
0
0 1
0
0
8 7 2 0
2 1 0 1
10 20 30 0
0 100 50 0
0
0 50 0
0
0
0 50
2 3 5
2 1 3
7 12 17
2 5 9
1
0
0
0
2
2
1
2
3
1
0
1
5
3
3
0 0 0
1 0 0
0 1 0
0 0 1
2 3 5
2 1 3
0 17 13
0 0 50
1 0
0
0
0 1
0
0
8 7 2
0
2 11 8 17
8 11 8 17
50 100 0 0
6 17 24 51
0 50 0 0
22 29 12 13
0
0 50 0
2
11
8
17
0
0
0 50
50 0 0 0
0 50 0 0
0 0 50 0
0 0 0 50
1
0
A
4
1
0
4
2
A1
26 32
4 46
14 23 6 19
22 29 12 13
2
11
8
17
2
14
8
8
14 23 6 19
22 29 12 13
2
11
8
17
14
8
9
2
14 23 6 19
1
50 22 29 12 13
11
8
17
2
La fila sealada con una flecha es la que se va a utilizar para obtener los ceros en el
siguiente cuadro. Cuando no se trabaja con nmeros enteros es cmodo dividir la fila que
se va a utilizar para las transformaciones por el primer trmino no nulo. Por ejemplo,
1 0 0
0 1 0
0 0 1
1
1,96 2,81
1,31 2,22 3,33
0,98 1,52 2,21
92
0,45 0 0
0
1 0
0
0 1
1 1,96 2,81
0 0,35 0,35
0 0,40 0,54
0,45 0
0
0,59 1 0
0,44 0 1
1 1,96 2,81
0 1
1
0 0 0,14
0,45
0
0
1,69 2,86 0
0,24 1,14 1
1 1,96 0
0 1 0
0 0 1
1 1,96 2,81
0
1
1
0 0,40 0,54
1 1,96 2,81
0 1
1
0 0
1
1 0 0
0 1 0
0 0 1
0,45
0
0
1,69 2,86 0
0,44
0
1
0,45
0
0
1,69 2,86
0
1,71 8,14 7,14
1,40 1,31 6,07
3,40 11,00 7,14
1,71 8,14
7,14
A11X A12Y X
A 21X A 22Y Y
A11 A12 X X
A
21 A 22 Y Y
A11 A12 X X
A
21 A 22 Y Y
B 21X B 22Y Y
B11 B12 X X
B
21 B 22 Y Y
Luego
A1
B11 B12
B 21 B 22
A11X A12Y X
A 21X A 22Y Y
93
1
21 A 22 A12 A11
X A
1
22 A12 X Y
Y si hacemos
1
A 21 A 22 A12
A11
Tenemos
1
X 1 A 22 A12
X 1 Y
Y, sustituyendo:
1
1
1
1
Y A12
X A12
A11 1 A 22 A12
X A12
A11 1 Y
1
1
1
1
Y A12
A12
A11 1 A 22 A12
X A12
A11 1 Y
Con lo cual,
1
1 A 22 A12
1
1
1
1
A12 A12 A11 A 22 A12
1
A12
A11 1
A1
1
2
A
0
0
2
1
1
1
1
2
1
2 1
1
A12
1 1
1
2
1
2 1 2 1 3 1
1
A 22 A12
1 1 0 1
1
2
3 1 1 0 1 2
1
A 22 A12
A11
2 2 2 2
0
1
94
0 1 1 2 1 3
1 1 2 2 1 1
1
1 A 22 A 12
1
A 12
A 11 1
1 1 3
4 1 1
1 1 3 3 1 1 3 2
4 1 1 0 1 4 3 2
1 2 1 1 0 1 3 1 0 2 1 3 1 2 2
4 1 1 2 2 1 1 4 1 2 1 1 4 1 5
1
1
A 12
A 11 1 A 22 A 12
1 0 2 3 2 1 6 4
4 1 2 3 2 4 3 6
0
2 1 1 6 4 1 2
1
1
1
A 12
A 12
A 11 1 A 22 A 12
1 1 4 3 6 4 1 2
95
A1
2 1 3
3
1 1
1 3 2
4 2
0
2 2
1 2 1 5
Si la matriz A12 fuera singular, es fcil deducir otra frmula anloga despejando de otra
manera las submatrices X e Y.
A1 AT
De la definicin se deducen los tres teoremas siguientes:
1. Los mdulos de todos los vectores fila y de todos los vectores columna son iguales
a uno.
2. Los productos escalares de dos vectores fila o de dos vectores columna,
cualesquiera, es igual a cero.
3. El determinante de una matriz ortogonal es igual a +1 a -1.
En efecto, si A es una matriz ortogonal, entonces,
AAT AA1 I
Es decir,
a11 a12
a
21 a 22
... ...
a n1 a n 2
... a nn a1n a 2n
... a n1 F1
... a n 2 F2
F1
... ... ...
... a nn F3
Y de aqu,
96
F2
1 0 0 0
0 1 0 0
... Fn
... ... ... ...
0 0 0 1
2
F1 F1 F1 1
F2 F1 0
F1 F2 0
F2 F2 F2
..........
2
..........
F1 Fn 0
F2 Fn 0
...................................................................................................
Fn F1 0
Fn F 2 0
..........
Fn Fn Fn
... C n I
Y se pueden deducir igualdades anlogas a las anteriores para las columnas. Para
demostrar el tercer teorema, tenemos:
AAT I
A A
A A A I 1
Luego A 1.
Ejemplo: Hallemos a, b, c, d, e y f, para que la siguiente matriz sea ortogonal.
a 1 2 0
A b c d
1 2 e f
a0 d0
1
3
0 1 a
4
2
1
a . b .c 0.d 0 c 0
2
3
1
b2 1 b 0
4
4
a2
1
1
.a .e 0.f 0
2
2
b 2 c 2 d 2 1 d 1
3
2
1
.b e.c f .d 0
2
97
f 0
3 2
12
0
A 0
0
1
12 3 2 0
Y
P
(90 -)
OP x i y j x i y j
Y, ya que,
i cos i sen j
98
x x cos y sen
y x sen y cos
Cuya matriz es
cos sen
sen cos
Y
b1
b2
b3
Z
c1
c2
c3
a 1 a 2 a 3
Como los ejes primitivos y los nuevos son rectangulares, la matriz b1 b 2 b 3 , formada
c1 c 2 c 3
por los nueve cosenos de los ngulos que forman entre s los ejes primitivos y los nuevos,
es ortogonal. Ahora bien,
OP x i y j z k x i yj z k
OP x a 1 i b1 j c1k y a 2 i b 2 j c 2 k z a 3 i b 3 j c 3 k
De donde,
x a 1x a 2 y a 3 z
y b1x b 2 y b 3 z
z c1x c 2 y c 3 z
Y, por ser la matriz ortogonal,
x a 1x b1 y c1z
y a 2 x b 2 y c 2 z
z a 3 x b 3 y c 3z
99
Por ejemplo, si 0X forma un ngulo agudo con 0X, 60 con 0Y y 90 con 0Z y 0Z forma
60 con 0Z, la matriz de la transformacin es la del ejemplo expuesto ms arriba y las
ecuaciones del cambio de ejes sern:
3
1
x y
2
2
y z
z
1
3
x
y
2
2
3
1
x z
2
2
1
3
y x
z
2
2
x
z y
2 1 3
A 0 1 2
2 1 7
se tiene que
2 0
2 1
0
0 1
2 1 3
0 1 2 0
2 1 7
100
0
1
B 1
2
0
0
0
0
0
0
2
1
3
2
4
3 0 1
0 1 0
3 1 1
0 2 0
6 0 2
Obtenemos, sucesivamente,
1
0
1
2
0
0
0
0
0
0
1
2
3
2
4
0 1 0
3 0 1
3 1 1
0 2 0
6 0 2
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
2
0
0
4
0 1 0
3 0 1
0 0
0
0 0
0
6 0 2
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0 1
0 1 0
0 2
3
0 1
0 2 3 0
1
0 0
0
0
0
0 4
6
0 2
0
0
0
0
0
1
2
0
0
0
0 1 0
3 0 1
0 0 0
0 0 0
0 0 0
a 11x 1 a 12 x 2 .... a 1n x n k1
a 21x1 a 22 x 2 .... a 2n x n k 2
.....................................................
a n1x1 a n 2 x 2 .... a nn x n k n
En las que ai son nmeros reales o complejos. El sistema se puede escribir abreviadamente
en forma matricial:
AX K
101
X A1K
Se obtiene as una solucin del sistema muy elegante, concisa y prctica del sistema, muy
conveniente cuando se necesita conocer el valor de todas las incgnitas y sobre todo
cuando se dispone de una computadora.
Ejemplo:
x1 2x 2 3x 3 6
2x1 4x 2 3x 3 1
x1 x 2 x 3 6
A 11
A 22 2
1 2 1
A 2 4 1
1 1 1
A11 7
A 23 9
A12 5
2 1
1
2 4 1
3 3 1
A13 6
A 31 2
A 21 5
A 32 3
5 6 6
x1
7
11 1
x 1 5 2 9 1 1 22 2
2 11
11
x 3
2 3 8 6
33 3
A 33 8
x1 1
x2 2
x3 3
a 11x1 a 12 x 2 .... a 1n x n k1
a 21x1 a 22 x 2 .... a 2n x n k 2
.....................................................
a m1x 1 a m 2 x 2 .... a mn x n k m
y consideremos la matriz A , formada por los coeficientes de las incgnitas, y la matriz
A, ampliada con los trminos independientes:
102
a 11 a 12
a
a
A 21 22
....
....
a m1 a m 2
.... a 1n
.... a 2n
.... ....
.... a mn
a 11 a 12
a
a
A 21 22
....
....
a m1 a m 2
.... a 1n
.... a 2n
.... ....
.... a mn
k1
k 2
....
km
Si existe solucin, la ltima columna de A tiene que ser combinacin lineal de las
columnas de A , luego el rango de ambas matrices tiene que ser el mismo.
Por otra parte, para que la solucin sea nica, el nmero de ecuaciones y el de incgnitas
debe coincidir, luego:
R = R= Nmero de incgnitas Sistema Determinado
Si R = R Sistema Compatible
R = R<Nmero de incgnitasSistema Indeterminado
Si R R Sistema Incompatible
El mtodo de las transformaciones elementales, a la vez que permite determinar el rango
de las dos matrices, y por lo tanto la naturaleza del sistema, transforma las ecuaciones en
otras equivalentes que hacen cmodo el encontrar la solucin, o soluciones, en caso de que
las haya.
Ejemplo: Estudiemos el sistema,
2 x y z 1
x y z 0
3x 2 y 2z 1
3x y 5z 2
2
0
0
0
1 1
1 3
0 4
0 4
1
1
0
0
1 1
1 1
2 2
1 5
2
1
3
3
2
0
0
0
1 1
1 3
0 4
0 0
1
0
1
2
2
0
0
0
1 1
1 3
1 1
1 7
1
1
1
1
1
1
0
0
103
4z 0 z 0
y 3z 1 y 1
2x y z 1 x 1
Ejemplo: Estudiemos el sistema,
x y 5z v 3
3y z v 1
x 2 y 4z 2
x y z v 1
1 1 5
0 3 1
1 2
4
1 1 1
1
1
4
1
1 1 5
1
0 3 1
1
0 3 1 1
0 2 6 0
3
1
2
1
3
1
1
2
1 1 5
0 3 1
0 0
0
0 0 16
1
1
0
2
3
1
0
4
16y 2v 4 v 8y 2
3y z v 1 y 3z 1
x y 5z v 3 x 10z 3
Ejemplo: Estudiemos el sistema,
2 x y z 1
x y 2z 0
3x 2 y z 3
2 1 1
1 1 2
3 2 1
1
0
3
2 1 1
0 1 5
0 1 5
1
1
3
2 1 1
0 1 5
0 0 0
104
x1
x
X 2
....
x n
Y la transformacin lineal
x1 a 11x1 a 12 x 2 .... a 1n x n
x 2 a 21x1 a 22 x 2 .... a 2n x n
X AX
.....................................................
x n a n1x1 a n 2 x 2 .... a nn x n
X X
o sea,
AX X
105
a 11
a 12
a 21
a 22
f
....
....
a n1
a n2
....
a 1n
....
a 2n
0
....
....
.... a nn
Ecuacin de grado n que, una vez resuelta, nos proporciona los n valores propios, valores
que pueden ser reales o complejos. Esta ecuacin recibe el nombre de ecuacin
caracterstica de la transformacin o de la matriz.
Ejemplo: Dada la matriz
1 0 3
A 0 2 2
0 1 1
La ecuacin caracterstica es
1
0
3
0
2
2 1 2 2 21 0
0
1
1
1 2 3 0
1 0
2 1
3 3
a11 a12
A a 21 a 22
a 31 a 32
a13
a 23
a 33
106
a11
a 21
a 31
a12
a 22
a 32
a13
a 23
a 33
a 11 1
A11
a 22 2
2 2
0
1 1
a 33 1
A 22
A11 A 22 A 33 3
a 11 a 22 a 33 4
1 3
1
0 1
A 33
1 0
2
0 2
1 0 3
A 0 2 2 0
0 1 1
3 4 2 3 0 1 0
2 1
3 3
Supongamos ahora todos los vectores propios, reales o complejos, diferentes entre s y,
para fijar ideas, supongamos la matriz de tercer orden. Como el determinante de los
coeficientes es igual a cero, una de las ecuaciones debe ser combinacin lineal de las otras,
y se podr suprimir. Si, por ejemplo, hemos suprimido la ltima ecuacin, el sistema
quedar:
x1
a 12
a 13
a 22 1 a 23
x3
x2
p1
a 11 1 a 13
a 11 1
a 12
a 21
a 23
a 21
a 22 1
107
1 0
x 1 0x 2 3x 3 0
0 x 1 2 x 2 2 x 3 0
2 1
0 x1 0x 2 3x 3 0
0x1 x 2 2x 3 0
3 3
2x 1 0x 2 3x 3 0
0x1 x 2 2x 3 0
x
x1
x2
3 p1
0 3
1 3 1 0
2 2
0 2 0 2
x
x1
x2
3 p2
0 3
0 3 0 0
1 2
0 2 0 1
x3
x1
x2
p3
0 3
2 3
2 0
1 2
0 2
0 1
6
X1 p1 2
2
3
X 2 p 2 0
0
3
X 3 p 3 4
2
a 21x1 a 22 x 2 .... a 2n x n 1 x 2
......................................................
a n1 x1 a n 2 x 2 .... a nn x n 1 x n
108
a 21x1 a 22 x2 .... a 2n xn 1 x2
......................................................
a n1 x1 a n 2 x2 .... a nn xn 1 xn
Multiplicamos las ecuaciones del primer sistema por x1, x2 , ., xn y las del segundo
sistema por x1, -x2, ., -xn y sumamos todo. El resultado es:
0 1 2 x1x1 x 2 x 2 .... x n x n
Igualdad que, al ser el producto escalar nulo, prueba la ortogonalidad de los dos vectores
propios.
Supongamos ahora 1 a b i . Como la ecuacin caracterstica es de coeficientes reales,
debe existir otra solucin conjugada, 2 a b i y las componentes de los vectores
propios correspondientes sern tambin conjugadas.
1 a b i
2 a bi
x1 p1 q1i
x1 p1 q1i
x 2 p 2 q 2i
x 2 p 2 q 2 i
........
........
x n pn qni
x n p n q n i
Y como todos los xi no pueden ser nulos, ni tampoco los xi, b debe ser cero, y por lo tanto
los valores propios deben ser reales.
En todo el razonamiento se ha supuesto que por ser la matriz simtrica se tiene que a ij = aji,
para todo i para todo j.
Ejemplo: Sea la matriz simtrica
7 2 0
A 2 6 2
0 2 5
La ecuacin caracterstica resulta ser:
109
7 2
0
2 6 2 3 182 99 162 0
0
2 5
4 x 1 2 x 2 0 x 3 0
1 3
2 x1 3x 2 2 x 3 0
x3
x1
x2
p1
2 0
4
0
4 2
3 2
2 2
2 3
1x 1 2 x 2 0x 3 0
2 6
2 x 1 0 x 2 2 x 3 0
x3
x1
x2
p2
2 0
1
0
1 2
0 2
2 2
2 0
2 x 1 2 x 2 0 x 3 0
3 9
2x1 3x 2 2x 3 0
x3
x1
x2
p3
2 0
2 0
2 2
3 2
2 2
2 3
4
4
4
X1 p1 8
X 2 p 2 2
X 3 4
8
4
2
X1X 2 p1p 2 16 16 32 0
X1X 3 p1p 3 16 32 16 0
X 2 X 3 p 2 p 3 16 8 8 0
A CDC1
o sea
AC CD
a n1 a n 2
.... a nn c n1 c n 2
.... c1n d1 0
.... c 2n 0 d 2
.... .... .... ....
.... c nn 0 0
.... 0
.... 0
.... ....
.... d n
Igualando, en los dos miembros, los productos de las n filas por la primera columna, se
tiene:
110
1 2 2
A 1 1 1
1 3 1
1 2
2
1 1
3
2
1
1
1 4 4 0 2 2
2
1
3
1
3
1 1
2 2
3 2
0x 1 2x 2 2x 3 0
x1 0x 2 x 3 0
x 1 2x 2 2x 3 0
x1 x 2 x 3 0
3x1 2x 2 2x 3 0
x1 3x 2 x 3 0
x3
x1
x2
p1
2 2
0 2 0 2
0 1
1 1
1 0
x3
x1
x2
p2
2 1
1 2
1 2
1 1
1 1
1 1
x3
x1
x2
p3
2 2
3 2 3 2
3 1
1 1 1 3
111
2
1
0
0
8
X1 p1 2 p1 1
X 2 p 2 3 p 2 1
X 3 p 3 1
2
1
3
1
11
1 0 8
1 2 / 3 2 / 3
1
C 1 1 1
C 1 1 / 4 3 / 4
1 1 11
0 1 / 12 1 / 12
1 0 8 1 0 0 1 2 / 3 2 / 3
A 1 1 1 0 2 0 1 1 / 4 3 / 4
1 1 11 0 0 2 0 1 / 12 1 / 12
Cuando la matriz que se quiere diagonalizar es simtrica, eligiendo p 1, p2, p3, de tal
modo que el mdulo de los vectores propios sea igual a uno, es posible evitar el clculo de
la matriz inversa, ya que por ser la matriz C ortogonal, su inversa ser la traspuesta.
Por ejemplo, si consideramos la matriz simtrica de un ejemplo anterior,
7 2 0
A 2 6 2
0 2 5
Sabemos que 1 = 3, 2 = 6 y 3 = 9. Por lo tanto, podemos hacer
4
1 / 3
X1 p1 8 p1 2 / 3
8
2 / 3
4
2/3
X 2 p 2 2 p2 1 / 3
4
2 / 3
4
2/3
X 3 p 3 4 p3 2 / 3
2
1 / 3
2 / 3 3 0 0 1 / 3 2 / 3
2/3
1 / 3 2 / 3
A 2 / 3 1 / 3 2 / 3 0 6 0 2 / 3 1 / 3 2 / 3
2 / 3 2 / 3 1 / 3 0 0 9 2 / 3 2 / 3 1 / 3
Es de hacer notar que la matriz C no tiene porqu ser necesariamente simtrica.
112
A CDC1
A2 CDC1 CDC1 CD2 C1
A3 CDC1 CD2 C1 CD3 C1
............................................................................
0 0
... 0 d1 0
... 0 0 d 2
... ... ... ...
... d n 0 0
... 0 d12
... 0 0
0
d 22
...
0
Y, as sucesivamente:
d1m
D m 0
...
0
d m2
...
0
... 0
... 0
... ...
... d mn
2 2
1 3
2
2
2 5 4 1 4 0
1
3
Ecuacin a la que corresponden los siguientes valores y vectores propios:
113
... 0
... 0
... ...
... d n2
1 1 x1 2x 2 0
2
x1 x 2
X1 p1
2 1
1
2 4 x1 x 2 0
1
x1 x 2
X2 p2
1
1
1
2 1 1 0 1 / 3 1 / 3 1 2 4n
A n
n
1 1 0 4 1 / 3 2 / 3 3 1 4
n
2 2.4n
1 2.4n
dx 1
a 11x 1 a 12 x 2 .... a 1n x n
dt
dx 2
a 21x 1 a 22 x 2 .... a 2n x n
dt
.......................................................
dx n
a n1 x 1 a n 2 x 2 .... a nn x n
dt
dx 1
dt a 11 a 12
dx
2 a 21 a 22
dt .... ....
....
dx n a n1 a n 2
dt
O, condensadamente
dX
dt AX
Ensayemos la solucin
x1 k1e bt
x
bt
2 k 2 e o sea
.... ....
bt
x n k n e
X K e bt
114
.... a 1n x 1
.... a 2 n x 2
.... .... ....
.... a nn x n
Kb e bt AKe bt
AK b K
Ecuacin que nos dice que K es un vector propio y b un valor propio de la matriz A . Si
representamos por y ij las componentes de los diferentes vectores propios y por i a los
valores propios, entonces
x1 y11
x 1
2 y 2
.... ....
1
x n y n
y12
y 22
....
y n2
....
....
....
....
y1n
y n2
....
y nn
C1e 1t
2t
C 2 e
....
nt
Cn e
dx 1
x1 2x 2 3x 3
dt
dx 2
3x 2 3x 3
dt
dx 1
x1
5x 3
dt
1 2 3
A 0 3 3
1 0 5
1
2
3
1 1
3
2
0
3
3 9 20 12 0 2 2
6
1
0
5
3
8
0x1 2x 2 3x 3 0
x3
x1 x 2
p1 X1 p1 3
8
3 2
1x1 0x 2 4x 3 0
2
1x1 2x 2 3x 3 0
0x1 1x 2 3x 3 0
5x1 2x 2 3x 3 0
1x1 0x 2 1x 3 0
3
x1 x 2 x 3
p 2 X 2 p 2 3
3
3 1
1
1
x3
x1
x2
p 3 X 3 p 3 1
2 2 2
1
115
x1 8 C1e t 3C 2e 2t C3e 6t
t
2t
6t
x 2 3 C1e 3C 2e C3e
t
2t
6t
x 3 2 C1e C 2e C3e
3 1 C1e t
x1 8
x 3
3 1 C 2e 2t
2
x 3 2 1 1 C3e 6t
dnx
dt n
an
d n 1x
dt n 1
a n 1
d n 2 x
dt n 2
.... a 1x
x x1
dx
x2
dt
d2x
x3
dt 2
...............
d n1x
xn
dt n1
dn x
a1x1 a 2 x 2 .... a n x n
dt
Ejemplo: Sea la ecuacin
d3x
dt
dx
x2
dt
d2x
x3
dt 2
d 3x
6x 3 11x 2 6x1
dt 3
d2x
dt
11
dx
6x
dt
0 1 0
A 0 0 1
6 11 6
116
1
0
0
1 3 62 11 6 0
6 11 6
x 1 x 2 0 x 3 0
0x 1 x 2 x 3 0
1 1
2 2
3
3
x1 x 2 x 3
p1
1
1
1
2 x 1 x 2 0 x 3 0
0x 1 2 x 2 x 3 0
x1 x 2 x 3
p2
1
2
4
3x1 x 2 0x 3 0
0x1 3x 2 x 3 0
x1 x 2 x 3
p3
1
3
9
1
X1 p1 1
1
1
X 2 p 2 2
4
1
X 3 p 3 3
9
x1 C1e t C 2e 2t C3e 3t
x 2 C1e t 2C 2e 2t 3C3e 3t
x 3 C1e t 4C 2e 2t 9C3e 3t
A I
A AI
0 0
f A 0
117
Este teorema nos proporciona otra manera de encontrar la matriz inversa. Sea por ejemplo:
1
0
A
1
0
1
2
1
1
2
3
1
0
1
1
1
0
1
0
1
2
1
0 1 1
0 1
2
1
1 2
3 1 1
2
1 4 53 4 1 0
1
2
3 1
1
1
0
1
0
1
1
Por lo tanto A 4 5A 3 4A I 0
I A4 5A3 4A
A1 A3 5A2 4I
A2
1
0
0
1
2
1
1
2
3
1
0 1
1 0
1 1
0 0
0
1
2
1
A3
1
0
0
1
2
1
1
2
3
1
0 2
1 2
1 4
0 1
2 4 1 6
6 9 3 11
9 15 5 19
3 5 2 6
A1
6
11
19
11
27
44
15
1
2
3
1
0 2
1 2
1 4
0 1
19 6
2
2
44 15
5
4
72 24
24 8
1
2 4 1
6 9 3
9 15 5
3 5 2
11
27
44
15
19 6
44 15
72 24
24 8
2 4 1
1
0
6 9 3
4
0
9 15 5
3 5 2
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0 0 1 1 1
0 1 1 1
0
0 1 1 1 1
1 1 0 1 2
118
2 1
1 1
2
1
2 3 1 0
1
1
A2 3 A I 3
A3 3 A2
2 1 1 0 5 3
1 1 0 1 3 2
5 3 2 1 13
A 3
3 2 1 1 8
8
5
A4 3 A3 A2 3
13 8 5 3 34 21
8 5 3 2 21 13
.....................................................................................
2 1
1 0 1 1
3
1 1
0 1 1 2
1 0
1 1 2 3
I 3 A 1
3
0 1
1 2 3 5
1 1
2 3 5 8
A1 3 A2
3
1 2
3 5 8 13
A1 A 3 I
A2
A3
De acuerdo con este teorema cualquier polinomio matricial PA de grado mayor o igual
a n puede reducirse a otro equivalente de grado (n 1).
1 0 1
A 2 1 1 y PA A5 3 A 4 2 A3 4 A 2 6 A 8 I
3 1 0
f 3 22 3 2 0 A 2 A 3 A 2 I
3
A 4 2 A 3 3 A 2 2 A 4 A 2 6 A 4 I 3 A 2 2 A 7 A 2 4 A 4 I
A 5 7 A 3 4 A 2 4 A 14 A 2 21A 14 I 4 A 2 4 A 18 A 2 17 A 14 I
P A 18 A 17 A 14 I 21A 12 A 12 I 4 A 6 A 4 I 4 A 6 A 8 I
2
P A 3 A 17 A 14 I
2
119
19 3 14
PA 13 25 8
36 14 2
1 1 3 m
1. Hallar los valores de m y b necesarios para que las matrices
y
sean
2 b 1 4
conmutables.
Solucin:
1 1 3 m 3 m 1 1
2 b 1 4 1 4 2 b
m 4 3 2m 3 bm
3 1
6 b 2 m 4 b 1 8
1 4b
Por lo tanto:
4 3 2m
6 b 9
m 4 3 bm
m 1/ 2
2m 4 b 1 4 b
b3
4 0
2. Hallar todas las matrices X conmutables con A
, si adems X 4 y la
2 1
traza (suma de los elementos de la diagonal principal) de X es igual a 5.
Solucin:
Si las matrices A y X deben ser conmutables, entonces: A X = X A , es decir:
4a 4a 2b
b 0
4b b
a
4 0 a b a b 4 0
2
a
3
c
2 1 c d c d 2 1
c
2a c 4c 2d
d
2
2b d d
120
0
2a 3c
2
a
2a 2 8
2a 3c
X 2a 2 8
Si X 4 , entonces a
4 c
3a
2
3a
Finalmente,
si
la
traza
de
debe
ser
igual
0
4
a
a
5,
entonces
1
4
5 a 2 5a 4 0 a y, por lo tanto, hay dos soluciones:
a
4
1 0
2 4
4 0
2 1
X2 3 X 10 I 0 ,
Solucin:
La expresin puede escribirse como
X 2 3 X 10 I ,
en donde
Sustituyendo X se tiene:
a b
c d
a 2 bc ab bd
a b a 2 bc 3a ab bd 3b 10 0
3
2
2
c d ac cd 3c cb d 3d 0 10
ac cd cb d
Y, por lo tanto,
a 2 bc 3a 10
ca d 3 0
d 2 bc 3a 10
ba d 3 0
2
Una primera solucin del sistema se obtiene haciendo b = c = 0; con lo que a
y
5
2
d . Esto arroja cuatro posibles soluciones:
5
2 0 5 0 2 0 5 0
0 2 0 5 0 5 0 2
Otra posibilidad es hacer a + d + c = 0, con lo cual dos de las ecuaciones son redundantes
y de las otras dos se obtiene:
121
d a 3
10 a 2 3a
c
b
10 a 2 3a
a 3
0 1 1
4. Dada la matriz A 1 2 1 , hallar una matriz X tal que A X = X .
1 1
0
Solucin:
Segn el enunciado, debe cumplirse que
0 1 1 a1
1 2 1 b
1
1 1
0 c1
a2
b2
c2
a 3 a1
b 3 b1
c 3 c1
a2
b2
c2
a3
b 3
c 3
b1 c1 a1
b1 0
b 3 0
. Si hacemos a1= , a2 = , a3 = , la solucin es:
c 3 a 3
X 0 0 0
En donde , , y pueden tomar infinitos valores.
122
1 1 3
5. Por el mtodo de los adjuntos, hallar la matriz inversa de A 2
0
1
2 3 2
Solucin:
Comencemos por hallar el determinante y la traspuesta de la matriz:
A 18 2 3 4 13
1 2 2
1 0 3
3 1 2
3 7 1
1
2
4 5
13
6 1 2
1
0
A
2
0 1 2
1 2
1
0 1 2
2 2 1
Solucin:
1
0
2
0
0 1 21 0
1 2
1 0 1
0 1 2 0 0
2 2 10 0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
123
0 1 21 0 0
1 2
1 0 1 0
0 3 6 2 0 1
2 2 10 0 0
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
1 21 0 0
0
2 1 0 1 0
0
3 3 2 0 1 0
6 3 0 2 0 1
1
0
0
0
15 0 15
0 7 4
4 2
0 15 30 0 4 13 2 1
0 0 15
0 2 4 1 2
0 0 0 15 4 2 2 1
0
1
0
0
1 2 1 0
0
2 1 0 1
0
3 6 2 0 1
0 15 4 2 2
0
0
0
1
15 0 0
0 5 0
5
0
0 15 0
0 0 5
0
5
0 0 15 0 2 4 1 2
0 0 0 15 4 2 2 1
En donde la fila utilizada como pivote se ha marcado con una flecha. Finalmente,
A1
1 0
15 2
0 5
0
5 0
5
4 1 2
2 2 1
1
0
7. Hallar, por el mtodo de las particiones, la inversa de A
2
0 1 2
1 2
1
0 1 2
2 2 1
Solucin:
Si se parte la matriz A en cuatro matrices de dos por dos, el sistema podra expresarse
como:
A11X A12Y X
A 21X A 22Y Y
Pero, en este caso en particular, A11 I 2 y A 21 2 I, por lo tanto, este sistema puede
expresarse como:
X A12Y X
2X A 22Y Y
Por lo tanto:
124
X X A12Y
2X Y A 22Y
2X 2X 2A12Y
2X Y A 22Y
Y 21X 1Y
y,
A1 I 2A121
A12 1
1 2 2 4 3 6
1 1 2
15 2 1
2 1 4 2 6 3
1 5 0
1 5 0
A12 1
I 2A12 1
15 0 5
15 0 5
Y, finalmente,
A1
1 0
15 2
0 5
0
5 0
5
4 1 2
2 2 1
A 0 1 1 0 2
2 3 1 1 0
0 1 1 2 0
Solucin:
Comencemos por establecer las particiones, recordando que la matriz A12 debe ser
cuadrada y no singular, para que la inversa exista.
125
1 2
A11 2 3
0 1
1 0 1
A12 2 1 0
1 0 2
2 3
A 21
0 1
1 1 0
A 22
1 2 0
2 0 1
A 4 1 2
1 0 1
4 6
6 3
1 4 3
1
1
A 22A12
A11
2 4
18 2 6
2 3
1
12
2 12
1
2 12
1
A12
A11 1
18
2 3
2
5
1 6
1
1A 22 A12
18 24 10 12
48 26 24
1
A A A11 A 22 A 12 8
6
18
12 8 3
1
12
1
12
1
12
Finalmente,
2
3
4 3
6
24 10 12 2 6
A1 1 48 26 24 2 12
18
6
2 12
12 8
12 8 3 2
3
3x 2 y 2z 6 v 4
6 x y 4z 3v 12
126
3 2 2 6
4
3 2 2 6 4
3 2 2 6 4
3 2 2 6
6 1 4 3 12
0 5
0 15 20
0 5
0 15 20
0 1 0 3
1 2
0
2
6
0 4
2
0 14
0 0 10 60 10
0 0 1 6
8 1 6 1 14
0 19 2 45 74
0 0 10 60 10
0 0 0 0
z 6v 1
z 6v 1
y 3v 4
y 4 3v
3x 2 y 2z 6v 4 x 4v 2
Para que las soluciones sean positivas, leyendo de arriba hacia abajo se obtiene:
1
6
4
3
1
2
1
4
v
2
3
Y si, adems queremos que las soluciones sean enteras, la nica posibilidad es hacer v = 1,
con lo que x = 2; y = 1; z = 5.
3x 2 y 4z v 17
x 2 y 3z v 4
3y z v 7
x y z 0
Solucin:
Comencemos por llevar a cero todos los trminos ubicados por debajo de la diagonal
principal:
1 2 3 1 4
1 2 3 1 4
1 2 3 1 4
0
3 1 1
7
0 3
1 1
7
0 1
2 1 4
1 1 1 0
0
0 1
2 1 4
0 3
1 1
7
3
2 4 1 17
0 8 13 4 29
0 8 13 4 29
127
4
4
1
0
1 2 3 1 4
1 2 3 1 4
0 1 2 1 4
0 1 2 1 4
0 0 5 2 5
0 0 5 2 5
0 0 3 4 3
0 0 0 14 0
14v 0
v0
5z 2v 5
z 1
y 2z v 4
y2
x 2 y 3z v 4 x 3
11. Discutir y resolver, si es posible, el siguiente sistema de ecuaciones:
x 3y 2z v 0
2 x y z 1
5x y v 1
x y z v 5
Solucin:
Establezcamos el rango de la matriz de coeficientes y el de la matriz ampliada:
1 3 2
2 1 1
5 1
0
1 1
1
1
0
1
1
0
1
1
5
1 3 2 1
0
0 7 5 2 1
0 0 11 4 34
0 0
11
4
33
1
3
2 1 0
0 7
5 2 1
0 14 10 4 1
0 2
3
0 5
1 3 2 1
0
0 7 5 2 1
0 0 11 4 34
0 0
0
0
1
Ya que el rango de la matriz de los coeficientes, que es igual a 3, es diferente del rango de
la matriz ampliada, que es igual a 4, el sistema es incompatible y no tiene solucin.
128
ix 2 i y 1
x 2 i y 1 i
Solucin:
Determinamos los rangos:
i 2 i 1
i 2 i
1
1
2 i 1 i
0 31 i 2 i
i 2 1 i 1 3i
31 i 1 i
6
5 5i 1 xi 1 5i
1 3i
ix 2 i y 1 ix 2 i
1 ix
6
6
6
1 5i i i 5
x
6i
i 6
31 i y 2 i y
5i
6
1 3i
6
x y kz k 2
x ky z k
kx y z 1
Solucin:
Se llevan a cero todos los trminos ubicados por debajo de la diagonal principal:
1 1 k k2
1
1
k
k2
1
1
k
k2
1 k 1 k 0 1 k k 1 k k 1 0 1 k
k 1
k k 1
2
3
2
3
k 1 1 1
0 k 1 k 1 k 1
0
0
k k 2 k k2 k 1
En general, los rangos R y R de la matriz de los coeficientes y de la matriz ampliada son
ambos iguales a 3, luego en general el sistema ser compatible y determinado.
129
k 1
1 1 1 1
0 0 0 0
0 0 0 0
k 1
1 1 1 1
0 2 2 2
0 0 2 0
k 2
1 1 2 4
0 3 3 6
0 0 0 3
R 2 R 3 Sistema incompatible
x y az 4
2x 2 y az 3
x ay az b
Se llevan a cero todos los trminos ubicados por debajo de la diagonal principal:
1 1 a 4
1 1
a
4
1 1
a
4
2 2 a 3 0
4
a 11 0 4
a
11
2
1 a a b
0 a 1 0 4 b
0 0 a a 11a 5 4b
Para que el sistema sea incompatible, el rango de la matriz de coeficientes debe ser
diferente del de la matriz ampliada, R R. Por lo tanto, a 2 a 0 11a 5 4b 0 .
Este sistema tiene dos soluciones: a = 0; b -5/4 y a = -1; b -4.
Para que el sistema sea compatible pero indeterminado el rango de la matriz de los
coeficientes debe ser igual al de la matriz ampliada y ambos deben ser menores que el
nmero de incgnitas, R = R < 3. Por lo tanto, a 2 a 0 11a 5 4b 0 . Este sistema
tiene dos soluciones: a = 0; b = -5/4 y a = -1; b = -4.
Para que el sistema sea compatible y determinado el rango de la matriz de los coeficientes
debe ser igual al de la matriz ampliada y ambos deben ser iguales al nmero de incgnitas,
130
A x B y A
1 1
2 1
B .
siendo A
Bx Y A
1 1
0 1
Y A B X;
A B2 ;
A X B A B2 X A;
X 1 A B A
1 1 1 1 1 2
B2
0 1 0 1 0 1
A B X A B A;
2
2 1 1 2 1 1
1 1 0 1 1 0
1 1 2 1 3 2
BA
0 1 1 1 1 1
0 1 1 1 0 0
X
0 1 1
1 1 0
0 1
1
1 1
2 1 3 2 1 1
A BA
0
1 1 1 1 0
2 1 1 1 0 0 1 0
Y
1 1 0 1 1 1 0 0
3 5 1
16. Hallar los valores y vectores propios de la matriz A 1 1 1 .
0 0 2
Solucin:
Utilizando la expresin desarrollada para matrices de 3 x 3,
3 a11 a 22 a 33 2 A11 A 22 A 33 A 0
La ecuacin caracterstica de la matriz A es:
3 (3 1 2)2 2 6 2 6 10 0 3 2 4 0
De donde los valores propios son: 1 2 2 1 i 3 1 i . Si seleccionamos las
dos primeras ecuaciones, tenemos:
131
3 x1 5x 2 x 3 0
x1 1 x 2 x 3 0
Para 1 = -2,
5x1 5x 2 x 3 0
x3
x
x1
x2
x
x
1 2 3
5 1
5 1 5 5
6 4 10
x 1 x 2 x 3 0
1 1
1 1 1 1
Para 2 = 1 + i,
2 i x1 5x 2 x 3 0
x1 2 i x 2 x 3 0
x3
x
x1
x2
x1
x2
3
2 i 1 2 i 5
5
1
3 i 1 i 0
2 i 1
2 i
1
1
1
Y, finalmente, para 3 =1 i,
2 i x1 5x 2 x 3 0
x1 2 i x 2 x 3 0
x3
x
x1
x2
x1
x2
3
2 i 1 2 i 5
5
1
3 i 1 i 0
2 i 1
2 i
1
1
1
Con lo cual, los vectores propios, son:
3
F1 2
5
3 i
F2 1 i
0
3 i
F3 1 i
0
Obsrvese que los elementos de F3 son los conjugados de los elementos de F2 , ya que 2 y
3 tambin lo son.
6 6 5
17. Hallar los valores y vectores propios de la matriz A 14 13 10
7 6 4
132
Solucin:
6
5
13 10 0 , o bien
Desarrollando el determinante de la expresin
14
4
7
6
empleando la ecuacin desarrollada para matrices de tercer orden, se obtiene la ecuacin
caracterstica: 3 32 3 0 . Ecuacin que tiene una raz triple: 1 2 3 1 .
El sistema correspondiente,
7 x 1 6 x 2 5x 3 0
14x1 12x 2 10x 3 0
7 x 1 6 x 2 5x 3 0
es un sistema indeterminado al que corresponden infinitos vectores propios. Despejando en
cualquiera de las tres ecuaciones:
x1
6 x 2 5x 3
7
6 5
F 7
7
18. Hallar los ngulos que forman los vectores propios de la matriz
0
1
A 1
1
1
0
1
3
3
3
0
0
2
0
2
Solucin:
La ecuacin caracterstica es:
133
0
0
0
2
2
0
0
2
2
0
1
1
1
1
0
1
3
3
3
0
0
2
0
2
0
0
0
0
0
2 1 2 2 2 8 0
2 2
2
x1 x 2 0
x 1 3x 2 2x 3 2x 5 0
x 1 3x 2 2x 4 2x 5 0
x 1 3x 2 2x 3 2x 4 0
x1
1
3
3
3
0
2
0
2
0
0
2
2
0
2
2
0
1
1
1
1
x2
0
2
0
2
0
0
2
2
0
2
2
0
x
x
x1
x
x
2 3 4 5
16 16 8 8 8
1
1
1
1
x3
1 0
3 0
3 2
3 2
0
2
2
0
1
1
1
1
x4
1
3
3
3
0
2
0
2
0
2
2
0
1
1
1
1
x5
1 0
3 2
3 0
3 2
0
0
2
2
2
2
F1 k1 1
1
1
x1 0
Para 2 = 1:
x1 3x 2 x 3 2x 5 0
x1 3x 2 x 4 2x 5 0
x1 3x 2 2 x 3 2x 4 x 5 0
0
3
3
3
0
1
0
2
x1
0 0
1
0 2
1
1 2
1
2 1
1
x2
0
1
0
2
0 0
0 2
1 2
2 1
x3
1 0 0 0
1
1 3 0 2
1
1 3 1 2
1
1 3 2 1
1
134
x4
0
3
3
3
0 0
1 2
0 2
2 1
x5
1 0
1 3
1 3
1 3
0
1
0
2
0
0
1
2
x1 x 2 x 3 x 4 x 5
0 9 9
9
9
0
1
F2 k 2 1
1
1
2x1 0
x1 x 2 0
Para 3 = 2:
x1 3x 2 2x 5 0
x1 3x 2 2x 3 2 x 4 2x 5 0
x1
0 0 0 0
2
1 0 0 0
1
3 0 0 2
1
3 2 2 2
1
x2
0
0
0
2
x1 x 2 x 3 x 4 x 5
0
0 8 8
0
0 0
0 0
0 2
2 2
x3
2 0
1 1
1
3
1
3
0 0
0 0
0 2
2 2
x4
2 0
1 1
1
3
1
3
0 0
0 0
0 2
2 2
0
0
F3 k 3 1
1
0
2x1 0
x 1 3x 2 0
Para 4 = -2:
x 1 3x 2 4x 3 2x 5 0
x 1 3x 2 4x 4 2x 5 0
x1
0
3
3
3
0
0
4
0
0
0
0
4
0
0
2
2
2
1
1
1
x2
0
0
4
0
0
0
0
4
0
0
2
2
2
1
1
1
x3
0 0
3 0
3 0
3 4
0
0
2
2
135
2
1
1
1
x4
0
3
3
3
0
0
4
0
0
0
2
2
2
1
1
1
x5
0 0
3 0
3 4
3 0
0
0
0
4
x5
2 0
1 1
1
3
1
3
0
0
0
2
0
0
0
2
x
x
x1 x 2
x
3 4 5
0
0 48 48 96
0
0
F4 k 4 1
1
2
4x1 0
Para 5 = 4:
x 1 3x 2 0
x 1 3x 2 2 x 3 2 x 5 0
x 1 3x 2 2 x 4 2 x 5 0
x1
0
0
0
3 0
0
3 2 0
3
0 2
0
0
2
2
x2
4 0
0
1
0
0
1 2 0
1
0 2
x1 x 2 x 3 x 4 x 5
0
0
48 48 48
0
0
2
2
x3
4 0
1 3
1
3
1
3
0
0
0
2
0
0
2
2
x4
4 0
0
1 3 0
1
3 2
1
3
0
0
0
2
2
4 0
0
0
1 3 0
0
1
3 2 0
1
3
0 2
0
0
F5 k 5 1
1
1
Finalmente, para hallar el ngulo que forman los vectores entre s, recordemos que el
producto escalar de dos vectores puede calcularse de dos formas diferentes:
V1 V2 a1a 2 b1b 2 c1c 2 V1 V2 cos
Siendo el ngulo que forman entre s ambos vectores. Por lo tanto,
0 2 111
5
0,754 1 41,08
Entre V1 y V2 cos 1
11 4
44
0 0 11 0
0
0 2 90
Entre V1 y V3 cos 2
11 2
22
0 0 11 2
0
0 3 90
Entre V1 y V4 cos 3
11 6
66
136
x5
0 0 111
3
0,522 4 58,5
Entre V1 y V5 cos 4
11 3
33
0 0 11 0
0
0 5 90
Entre V2 y V3 cos 5
4 2
8
0 0 11 2
0
0 6 90
Entre V2 y V4 cos 6
4 6
24
0 0 111
3
0,866 7 30
Entre V2 y V5 cos 7
4 3
12
0 0 11 0
0
0 8 90
Entre V3 y V4 cos 8
2 6
12
0 0 11 0
0
0 9 90
Entre V3 y V5 cos 9
2 3
6
0 0 11 2
0
0 10 90
Entre V4 y V5 cos 10
6 3
18
2a 3 1 a
19. Dada la matriz
, hallar el valor de a para que tenga un solo valor propio
3
2a
y definir el vector propio correspondiente.
Solucin:
Planteemos la ecuacin caracterstica:
2a 3 1 a
2 2a 3 a 2 7a 7 0
2a
3
4x1 2x 2 0
1
x1 x 2
F b .
2
4
2
137
20. Hallar A
2n
6 3 0
, siendo A 8 7 2 .
7 5 1
Solucin:
6
3
0
La ecuacin caracterstica es
8
7
2 3 9 0 y, por lo tanto, los
7
5
1
0 0 0
valores propios son: 1 = 0 2 = 3 3 = -3. As, la matriz diagonal es D 0 3 0 .
0 0 3
1
1
1
2n
A2 n
0 1 1 1
1 1 1 0 0
2n
2 1 3 0 3
0 2 1 3
3 1 2 0 0 32 n 3 1 2
0 3 2 n
32 n 1 1 2
4 1 2
2n
2 n 1 1
2 n 1
0 3
3
3 5 1 1 3 2 5 4
0 32 n 2 32 n 1 2 1
3 3 3
cos a sen a
21. Hallar la potencia ensima de la matriz A
sen a cos a
Solucin:
La ecuacin caracterstica es,
cos a
sen a
2 2 cos a 1 0 , ecuacin a la
sen a cos a
que corresponde los valores propios: 1 cos a i sen a eai 2 cos a i sen a e ai .
Los vectores propios, son:
138
1
F1 k1
i
1 1 e nai
i i 0
An
e nai e nai
nai 2 nai
e e
2i
1
F2 k 2 . Por lo tanto:
i
0 1 1
nai
e i i
e nai
nai
ie
e nai 1 i 1
ie nai 2i i 1
e nai e nai
cos na sen na
2i
a b
c
Solucin:
b
c , hallar, por diagonalizacin, A n .
a b
b
a b
a
c
c
0 c 2 2 2a b c a 2 2ab 0 1
b
a b
c
c
a 2b
c
1
1
Los correspondientes vectores propios son: F1 k1 F2 k 2 . Ahora bien, dado
1
1
que la matriz A es simtrica, lo nico que se necesita para que la matriz formada por sus
vectores propios sea ortogonal, es que su modulo sea igual a la unidad. As, si hacemos
1 2 1 2
1 2 1 2
F1
F2
, la matriz
es una matriz ortogonal, y en
1 2
1 2
1 2 1 2
consecuencia, su inversa es igual a la traspuesta. Finalmente,
A n 1
1
2
2
a n
1 2 c
1 2
0
1
n
a 2b 1
c
0
139
2
2
1 2
1 2
A n
A n
a n
c
a n
0
1 1
1 c
1 1 1
n
n
2 1 1
a 2b 1 1 2 a
c
c
n
n
1 a n a 2b a n a 2b
n n
2 c a a 2b n a n a 2b n
n
a 2b
c 1 1
n
a 2b 1 1
2 3 1 6
23. Dada la matriz A
,
1 3 1 6
2
n 1
a. Hallar la suma matricial Sn I A A ... A
b. Hallar Lim Sn
n
Solucin:
2 3 1 6
5
1
1
1
2 1 2
13
1 6
6
6
2
3
1
Los vectores propios se obtienen fcilmente: F1
1
1 1 12 0
A
1 2 0 1 3
n
1 1
1 2
1 1 2 n
1 2 0
1 3 1 6
Por otra parte, A I
1 3 5 6
1
F2 . Con lo que,
2
n
0 2 1 2 2 n 3 n
3 n 1 1 2 2 n 3 n
2 n 3 n
2 3 n 2 n
5 2 1 2
. Y, finalmente,
1 1
A I1
5 2 1 2 2 2 n 3 n 2 n 3 n 4 2 n 3 3 n 5 3 3 n 2 2 n 1
n n
2
2
2
2
n
n
1 1 22 3 2 3 2 4 2 n 3 3n 1 2 2 n 3 3n 1
Sn
140
5 2 1 2
Y, haciendo tender n a infinito, S Lim Sn
n
1
1
x 6x 3y 14z
y 4x 3y 8z
z 2x y 5z
Solucin:
Definamos la ecuacin caracterstica y calculemos los valores y vectores propios,
correspondientes a la matriz de coeficientes del sistema:
6 3
14
4
3 8 3 22 2 0
2
1 5
2
4
5
1 1 2 1 3 2 F1 K1 0 F2 K 2 2 F3 K 3 4
1
1
2
Y, por lo tanto
5 C1e t
x 2 4
y 0 2 4 C e t
2
z 1 1
2 C3e 2 t
x 2C1e t 4C 2 e t 5C3e 2 t
t
2t
y 2C 2 e 4C3e
t
t
2t
z C1e C 2 e 2C3e
x y 2 y 0
x y 2x 0
Solucin:
x x y
Despejando x e y, obtenemos
y x y
Ecuacin caracterstica y valores y vectores propios:
141
1
1
1
1
2 2 2 0 1 1 i 2 1 i F1 a F2 b
1 1
i
i
Por lo tanto:
t
t
x 1 1 C1e 1i t
x C1e cos t i sen t C 2 e cos t i sen t
y i i
1i t
t
t
C 2 e
x y
y z
z 6x 11y 6z
1
0
0
1 3 62 11 6 0
6 11 6
1 1
2 2
3 3
t
x 1 1 1 C1e
y 1 2 3 C e 2 t
2
z 1 4 9 C 3e 3 t
F1 k 1 1
1
F2 k 2 2
4
x C1e t C 2 e 2 t C 3e 3 t
F3 k 3 3
9
142
1
0
A 0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
1
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
Solucin:
Planteemos la ecuacin caracterstica:
1
1
1
1
1
0 1
1
1
1
5
0
0 1
1
1 1 5 54 103 102 5 1 0
0
0
0 1
1
0
0
0
0 1
Y, aplicando el teorema de Cayley Hamilton:
I A5 5A 4 10A 3 10 A 2 5A
A 1 A 4 5A3 10A 2 10 A 5I
A 2 A3 5A 2 10A 10 I 5A 1
Fcilmente se calculan las potencias necesarias:
A 2
1
0
0
0
2
1
0
0
0
3
2
1
0
0
4
3
2
1
0
5
4
3
2
1
A3
1
0
0
0
3
1
0
0
0
6 10 15
3 6 10
1 3 6
0 1 3
0 0 1
A 4
1
0
0
0
4 10 20 35
1 4 10 20
0 1 4 10
0 0 1 4
0 0 0 1
A 1
0
0
1 1 0
0 1 1 0
0
0 0 1 1 0
0 1 1
0 0
0 0
0
0 1
A 2
0
0
1 2 1
0 1 2 1
0
0 0
1 2 1
0
1 2
0 0
0 0
0
0
1
143
4
1 0
321
322
323
28. Dada A 0 1
1 , hallar X A A A .
0 3 2
Solucin:
1
0
4
La ecuacin caracterstica es: 0 1
1
3 1 0 . Por lo tanto, segn el
0
3 2
teorema de Cayley Hamilton, A I.
3
1 12 4
0 2 1 ,
0
3
1
4 1 12 4 3 12 0
1 0 0 1 0
X 0 1 0 0 1 1 0 2 1 0 0 0
0 0 1 0 3 2 0
3
1 0 0
0
29.
Dada
la
matriz
1 0 1
A 2 1 1
1 1 0
el
polinomio
matricial
1
0
1
La ecuacin caracterstica es 2 1 1 3 22 2 0 , por lo tanto:
1
1
A3 2A2 A 2I .
144
f A 2A 7A 6I k 3A 4A 4I 2A A 2I 2A 3A 4I
2
f A 6 3k A 4k 5A 4k 12I
2
6 3k 0
k 2
De donde 4k 5 a a 3
4k 12 b
b 4
0 2
n
30. Dada la matriz A
, hallar, por el teorema de Cayley Hamilton, A .
1
3
Solucin:
La ecuacin caracterstica es:
2
2
2 3 2 0 . Luego, A 3A 2I
1 3
Y, por lo tanto,
A3 3A2 2A 33A 2I 2A 7A 6I 23 1A 23 2I
A4 7A2 6A 73A 2I 6A 15A 14I 24 1A 24 2I
2 1 1
0 1
1
1 3 0 1 1 3
A n 2n
2 2 2 n 1
n 1
2 1 2 1
A n 2n
145
31. Deducir una regla sencilla para encontrar la raz cuadrada de una matriz 2 x 2, y
6 1
aplicarla para hallar la raz cuadrada de A
.
2 1
Solucin:
Si X es la raz buscada, entonces X aX bI aX A bI. De donde:
2
a 12 a 11 b
a 12 a 11 b
a12
a
2
2
a 2 X A bI a 2 A a 2 11
a 22 b a 21
a 22 b
a 21 a 22 a 21
Desarrollando, se tiene:
a 2 a 11 a 11 b 2 a 12a 21
2
a a 12 a 12 a 11 b a 12 a 22 b
Y, descartando el caso trivial a12 a 21 0 , se obtiene:
2
a
a
a
a
a
a
b
21
21 11
21
22
2
2
a a 22 a 22 b a 12a 21
b 2 a11a 22 a12a 21 A
a 2 a11 a 22 2b
1 4 1
3 2 1
2
3
1
x x2 x3
xn
x n 1 c
e 1
......
e con 0 c x
1! 2! 3!
n! n 1!
x
146
1
2
3
1
1 3 3 0
2
1
e A
A3 0. Por lo tanto,
2
3 3 2 3 2 3 2
1 0 0 1
1
2
I A A 0 1 0 1 1 3 3
3
3
2
0 0 1 2 1 0 3 2 3 2 3 2
32
1 2 1 2
4
3
0
7 2 5 2 1 2
5 5
1. Hallar una matriz simtrica que sea raz cuadrada de la matriz
.
5 10
Solucin:
2 1
Hay cuatro soluciones posibles,
1 3
2 1
1 3
0
5
5 5
2 1 1
2. Dada la matriz A 3 0 2 hallar una matriz simtrica X tal que A X = 0 .
5 1 3
Adems, la traza de la matriz X debe ser igual a 42.
Solucin:
12 6 18
X 6 3 9
18 9
27
147
1 0 1
248
3. Dada la matriz A 0 1 1 hallar A
2 1 0
Solucin: A 3 I , por lo tanto, A
3
248
382 2
3 IA
82
1 1 1
3 2 2 1
2 1 1
82
1 0 1 0 1 0 1 0 a 2
0 1 0 1 0 1 0 1 1 a
b
con b 0
a
1 a2
a
c con c 0
c
c
3 1 0
5. Por el mtodo de los adjuntos, hallar la inversa de A 2 3 2
5 4 3
1 3 2
1
Solucin: A 4 9 6
7 17 11
6. Por el mtodo de las transformaciones elementales, hallar, con dos decimales exactas, la
matriz inversa de
1,28
2,11
A
3,22
4,33
Solucin: A
2,32
3,41
4,58
5,28
4,61
4,54
6,10
6,72
5,08
6,28
.
7,29
7,81
148
0
0
1
1
Solucin: A
1 1 1
1 1 1
1 1 1
0
1 1
2 1 0
0
0
1
0
1
1
2
1
0
0
4
1
1
2
6
3
2
2
2
4
2
1
1
0
0
0
0 1
1 1
0 0
0 0
0 0
2
2
8. Hallar, por el mtodo de las particiones, la matriz inversa de A
2
Solucin: A
0
0
0
1
0
2
1 6 14
2
24 58 16
1
6 0 18 42 12
6
0 12 24
3 y z v 1
x y 5z v 3
v 6 z 1 y 2 x 6
Solucin: v 14 z 2 y 5 x 16
v 22 z 3 y 8 x 26
149
2 x y z 2 v 2
x y 3z v 8
x 2 y 2 z v 6
3y 2z 9
Solucin:
Sistema compatible y determinado. x = 0,5
y = -1
z=3
v = -2,5
2 x y 2z 1
x y 2z 3
4 x y 6z 5
x 4 y 4z 0
Solucin:
R = 2; R = 3, por lo tanto el sistema es incompatible.
x iy i
2x y 4i 1
Solucin:
Sistema compatible y determinado. x = 2i; y = -1.
13. Discutir, segn los valores de , la naturaleza del sistema
x 2y 4
x 2 2
Solucin:
Para = -2, el sistema es compatible e indeterminado. Para = 1 el sistema es
incompatible. Para = -1 o = -4, el sistema es compatible y determinado. cualquier otro
valor de el sistema es compatible y determinado.
150
x 2 y 3z 2
x 3y az 3
x ay az 1
Solucin:
Para que el sistema sea incompatible a debe ser igual a 3. Para que el sistema sea
compatible y determinado basta que a sea diferente de 3. No es posible que el sistema sea
compatible e indeterminado, no importa cual sea el valor de a.
1 3 2 3 a
15. Dada la matriz 2 3
c
d , hallar a, b, c, d, e, f para que la matriz sea
b
e
f
ortogonal, sabiendo que a < 0; b < 0; c >0.
Solucin:
a 2 3
b 2 3
c 1 3
d 2 3
e 2 3
f 1 3
1 2
16. Hallar los valores y vectores propios de la matriz A
.
1 3
Solucin:
Los valores propios son: 1 = 2 + i 2 = 2 i.
2 2
Los vectores propios son: F1
F2 1 i
1 i
6
6
4
3
2 .
17. Hallar los valores y vectores propios de la matriz A 1
1 5 2
Solucin:
Los valores propios son: 1 = 1
2 = 3 = 2.
151
4
3
Los vectores propios son: F1 1 F2 F3 1
3
2
ch a b sh a
18. Hallar los valores y vectores propios de la matriz A
sh a b ch a
Solucin:
Los valores propios son: 1 ch a sh a ea 2 ch a sh a e a (Recordemos que
b
b
ea e a
ea e a
ch a
sh a
). Los vectores propios son: F1 a 1 F2 a 2
2
2
1
1
19. Hallar una matriz A , simtrica, tal que los valores propios sean 1, 2, 3 y dos de sus
1
1
vectores propios sean F1 1 F2 1 .
1
k
Solucin:
1
11 1 4
1
k = 0. F3 1 A 1 11 4
6
2
4 4 14
0 i
20. Dada la matriz A
, hallar A n
2i 3
Solucin:
2 2n
n 1
2 2 i
A n
1 i
2 1
n
n 1
152
2 1 1
21. Dada la matriz A 2 1 3 hallar los ngulos entre los vectores propios.
3 1 1
Solucin:
F1 a 5
2
F1 b 1
4
A n
23.
3 3n
1
2 3n
6
3 3n
Dada
la
2 3n
4 3n
2 3n
3 3
n
2 3n
3 3n
matriz
7 6
,
8 7
hallar
la
suma
S I 1 A 1 A 2 1 A3 .
2
Solucin:
1
A n 0
n
2
1
6
4
1
S A I
16 3 10 3
3x
dy
dx
4
dt
dt
dx
y0
dt
153
ilimitada
Solucin:
x C1e t C2 e 3t
y C1e t 3C2 e 3t
dx dy
4x y 0
dt dt
dx
3x y 0
dt
Solucin:
x A cos t Bisen t
Donde C1 + C2 = A y C1 C2 = B
26. Resolver matricialmente la ecuacin diferencial x 4x 21x 0 .
Solucin:
x C1e3t C2 e 7 t
8 4 3
27. Dada la matriz A 2 1 1 , hallar, utilizando el teorema de Cayley Hamilton,
1 2 1
A2 .
Solucin:
4 5
2
1
10 47 11
9
9
54 27
1
2
3362
4201
3A .
Hamilton, X 2A
154
Solucin:
0
3 2
X 2 2 1
3 2
5
1
4
1 2
29. Dada la matriz A
, hallar, mediante el teorema de Cayley Hamilton,
2 3
A n .
Solucin:
2n 1
A n
A n n A n 1I
30. Si
X 2
2n
2n
2n 1
Solucin:
3 2 1 2
1 2 3 2
3 2
31. Dada la matriz A
, hallar senA .
4 3
Solucin:
senA
3!
5!
7!
1! 3!
5!
7!
155
Solucin:
2
4
A
A
1 1
cos A I
2!
4!
2!
4!
156
CAPTULO III
3.1 Introduccin
En estas notas, dedicadas a los alumnos del quinto semestre de la Escuela de Ingeniera
Civil de la Universidad de Los Andes, se puede observar la falta de algunas
demostraciones y la ausencia de mtodos y frmulas importantes. As mismo, la Teora de
Ecuaciones est apenas esbozada y la solucin de las ecuaciones en derivadas parciales ni
siquiera se toca.
La razn de estos serios defectos se encuentra en la escasez del tiempo disponible para esta
enseanza, que es menos de la mitad de un semestre. Incluso tal como estn estas notas es
necesario hacer un buen esfuerzo para llegar a explicarlo todo.
x 0 x1 f x1 f x 0 ; x1 x 2 f x 2 f x1
x1 x 0
x 2 x1
...........x i x i 1
f x i 1 f x i
xi1 xi
x 0 x1x 2 x1x 2 x 0 x1 ;
x 2 x 0
........... x i x i 1x i 2
x i 1x i 2 x i 1x i
x i 2 x i
157
15,8
16,2
16,7
17,3
3 4 5
1
1
1
0
0
Que corresponde a
x
x0
f(x)
y0
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x4
y4
x5
y5
x 0 x1
x1x 2
x 2 x 3
x 3 x 4
x 4 x 5
x 0 x1x 2
x1x 2 x 3 x 0 x1x 2 x 3
x 2 x 3 x 4 x1x 2 x 3 x 4 x 0 x1x 2 x 3 x 4
x 3 x 4 x 5 x 2 x 3 x 4 x 5 x1x 2 x 3 x 4 x 5 x 0 x1x 2 x 3 x 4 x 5
158
Ahora bien, en esta tabla no estn todas las diferencias posibles y, as por ejemplo, la
diferencia x 2 x 4 x 0 habr que calcularla directamente:
x 2 x 4 x 0 x 0 x 2 x 4 x 2 x 4 x 0 x 2
x4 x0
x 2 x 4 y 4 y 2
x4 x2
95,132 57,484
94,12
0,7 0,3
x 0 x 2 y 2 y 0
x2 x0
57,484 32,671
82,71
0,3 0
Con frecuencia los valores de la funcin y los de sus diferencias se disponen en forma de
tablas que, esta vez si, contienen todas las diferencias posibles. Por ejemplo, sea la funcin,
1,6
1,8
2,0
x 1,2 1,4
f(x) 1 1,258 1,532 1,820 2,128
159
f(x)
1
1,258
1,532
1,820
2,128
0,258
0,274 0,016
0,288 0,014 -0,002
0,308 0,020 0,006 0,008
Que corresponde a
x f(x)
2
3
4
x0 y0
x1 y1 y0
x2 y2 y1 2y0
x3 y3 y2 2y1 3y0
x4 y4 y3 2y2 3y1 4y0
En otros casos se manejan diferencias funcionales, como en los siguientes ejemplos.
Ejemplo 1:
Hallemos todas las diferencias del polinomio P(x) x 3 2x 2 x 3 con h = 1.
P(x) x 13 2x 12 x 1 3 x 3 2x 2 x 3 3x 2 x
2 P(x) 3x 12 x 1 3x 2 x 6x 2
3 P(x) 6x 1 2 6x 2 6
Y las diferencias sucesivas son nulas.
Ejemplo 2:
Hallemos la diferencia ensima de f(x) 3 x , con h = 2.
f(x) 83 8 3 8 3
f(x) 3 x 2 3 x 9 3 x 3 x 8 3 x
2
.............................................................
n f(x) 8 n 1 n 1 3 x 8 n 3 x
160
Ejemplo 3:
Hallemos la diferencia ensima de f(x) sen x con h = /2
f(x) sen x 2 sen x 2 sen 4 cos x 4 2 sen x 3 4
2 f(x) 2 sen x 23 4
...................................................
2 n senx n3 4
n f(x)
3.2.3 Antidiferencias
Las diferencias de rdenes negativos, o antidiferencias, se definen mediante las igualdades:
1f(x) F(x)
F(X) f(x)
2 f(x) 1 1f(x)
.....................................
n f(x) 1 n 1f(x)
ax 2
bx 22 c x 2 d a x 3 b x 2 c x d x 2 3x 1
x 3 x 2 2x
P(x)
d
6
4
3
161
x 2x .
Y, finalmente, igualando coeficientes, se tiene que: a = 1 b = - 2. As que la solucin es:
1f(x) x 2 2 x , ms, obviamente, una constante arbitraria o una funcin peridica
arbitraria de periodo uno.
x 0 1
x1 x
x 2 x x h
x 3 x x h x 2h ......
...... x n x x h x 2h ... x n 1h
x n x h x x h .... x n 2h x x h .... x n 1h
x x h .... x n 2h x h x n 1h nh x n 1
Frmula anloga a la de las derivadas, salvo que debe multiplicarse por h. Para las
antidiferencias, la frmula es, obviamente, similar a la de integracin:
1 x n
x n 1
n 1h
162
Ejemplo:
Hallemos las diferencias y la antidiferencia del polinomio P(x) x 2 3x 1 , con h = 2,
descomponindolo en suma de polinomios factoriales.
P(x) A x 2 B x1 C x 0 Axx 2 Bx C x 2 3x 1
Para x = 0, C = 1
Para x = 2, 2B + C = 11, por lo tanto B = 5
Y, finalmente, igualando los trminos en x2, A = 1. As pues,
P(x) x 2 5x1 x 0
P(x) 2hx1 5hx 0 4x1 10x 0 4x 10
2 P(x) 4hx 0 8 Y las siguientes diferencia s son todas nulas.
x 3 5x 2 x1
1
5
1
d x x 2 x 4 x x 2 x d
3h
2h
h
6
4
2
1
1
2
-1P(x) x 3 x 2 x d
6
4
3
-1P(x)
x 1
1
xh
x 2
1
1
.......... x n
x h x 2h
x h x 2h .... x nh
x n
1
1
x 2h x 3h ....x n 1h x h x 2h ....x nh
x h x n 1h
nh x n 1
x h x 2h x 3h ....x nh x n 1h
1x n
x n 1
1 n h
Ejemplo:
163
6x 2
, con h =
x 3 8x 2 19x 12
1, descomponiendo esta fraccin en suma de polinomios factoriales de orden negativo.
Las races del denominador son: -1, -3 y -4, luego
6x 2
6x 2
A x 1 Bx 2 Cx 3 Dx 4
3
2
1
x
3
x
4
x 8x 19x 12
6x 2
A
B
C
D
x 1x 3x 4 x 1 x 1x 2 x 1x 2x 3 x 1x 2x 3x 4
De donde:
6x 2x 2 Ax 2x 3x 4 Bx 3x 4 Cx 4 D
Para x = - 4, D = 44
Para x = - 3, D + C = 16, por lo tanto C = - 28
Para x = - 2, D + 2C + 2B = 0, por lo tanto B = 6
Y, finalmente, igualando los coeficientes de los trminos en x3, A = 0.
En definitiva:
R(x) 6 x 2 28x 3 44 x 4
R(x) 12 h x 3 84 h x 4 176 h x 5 12 x 3 84 x 4 176 x 5
12
84
176
R(x)
x 1x 2x 3 x 1x 2x 3x 4 x 1x 2x 3x 4x 5
R(x)
- 12 x 2 - 24 x 4
x 1x 2x 3x 4x 5
1R(x)
6 1 28 2 44 3
44
x
x
x
6x 1 14x 2 x 3
h
2h
3h
3
1R(x)
6
14
44
18x 2 132x 190
x 1 x 1x 2 3x 1x 2x 3 3x 1x 2x 3
164
x x 1x 2 x x 1
3
2
3
2
1
1
1
S n n 1n n 1 n 1n n n 12n 1
3
2
6
Ejemplo 2:
Hallemos Sn 1 21 2 2 2 3 2 n .... n 2 n
f(x) x 2 x F(x) ax b 2 x a x 1 b 2 x 1 ax b 2 x x 2 x
ax 2a b x a 1 b 2 F(x) x 2 x
S n n 1 2 2 n 1 2 n 1 2 n 1 2
3.3 Interpolacin
Sean n+1 valores de x: x0, x1, x2, . , xn, y los correspondientes valores de una cierta
funcin f(x) en esos puntos: f x 0 y 0 , f x1 y1 , f x 2 y 2 ...... f x n y n . Se trata de
construir otra funcin F(x) que pertenezca a un tipo determinado y que tome los mismos
valores que f(x) en el conjunto dado de valores de x, lo que geomtricamente equivale a
encontrara una curva, de un tipo prefijado que contenga a n+1 puntos dados.
165
Ci
1
x i x 0 x i x1 .... x i x i 1 x i x i 1 .... x i x n
Es decir que
L i (x)
x - x 0 x - x1 .... x - x i -1 x - x i 1 .... x - x n
x i x 0 x i x1 .... x i x i 1 x i x i 1 .... x i x n
P1 (x) y 0
x x0
x x1
y1
x 0 x1
x1 x 0
P2 (x) y 0
x x1 x x 2 y x x 0 x x 2 y x x 0 x x1
x 0 x1 x 0 x 2 1 x1 x 0 x1 x 2 2 x 2 x 0 x 2 x1
166
x x1 x x 2 x x 3 y x x 0 x x 2 x x 3
x 0 x1 x 0 x 2 x 0 x 3 1 x1 x 0 x1 x 2 x 0 x 3
x x 0 x x1 x x 3 y x x 0 x x1 x x 2
y2
x 2 x 0 x 2 x1 x 0 x 3 3 x 3 x 0 x 3 x1 x 3 x 2
P3 (x) y 0
Ejemplo 1:
Sea la funcin definida por la tabla,
2,0
2,5
2,8
3,4
x
f(x) 0,693 0,916 1,030 1,224
Hallemos un valor aproximado de f(2,3). Con interpolacin lineal:
f(2,3) 0,693
2,3 2,5
2,3 2,0
0,916
0,8268
2,0 2,5
2,5 2,0
f(2,3) 0,693
f(2,3) 0,693
x x1 x x 0 x1 x 0 r h h h r 1
x x 2 x x 0 x 2 x 0 r h 2h h r 2
..........................................................................
x x n x x 0 x n x 0 r h n h h r n
167
L i (x)
x - x 0 x - x1 .... x - x i -1 x - x i 1 .... x - x n
x i x 0 x i x1 .... x i x i 1 x i x i 1 .... x i x n
L i (r)
r r 1.... r i 1r i 1.... r n
i (i 1) .... (1) (1) .... ((n i))
P(x) y 0
(r 1)
r
y1
1
1
P(x) y 0
r 1r 2 y r r 2 y r r 1
1
2 1
11 2 12
P(x) y 0
r 1r 2r 3 y r r 2r 3 y r r 1r 3 y r r 1r 2
1
3
3 2 1
2 11 2 112
123
Ejemplo 2:
Dada la tabla,
2,1
2,3
2,5
2,7
2,9
x
f(x) 0,7419 0,8329 0,9163 0,9933 1,0647
hallemos f(2,22).
Del cambio de variable, 2,22 - 2,1 = 0,2 r, por lo tanto, r = 0,6. Con interpolacin lineal:
f(2,22) 0,7419 0,4 0,8329 (0,6) 0,7965
Con interpolacin cuadrtica:
f(2,22) 0,7419
2
Con interpolacin cbica:
168
f(2,22) 0,7419
0,4 1,4 2,4 0,8329 0,6 1,4 2,4 0,9163 0,6 0,4 2,4
6
f(2,22) 0,7419
24
6
0,6 0,4 2,4 3,4 0,9933 0,6 0,4 1,4 3.4
0,9163
4
6
0,6 0,4 1,4 2,4 0,7975
1,0647
24
x x 0 f(x 0 ) f(x)
x0 x
f(x) f x 0 x x 0 x x 0
x x 0 x1 x 0 x1 x x1
x1 x
x x 0 x 0 x1 x x 0 x1 x x1
Y, sustituyendo:
f(x) f x 0 x x 0 x 0 x1 x x 0 x1 x x 0 x x1
Procediendo del mismo modo:
x x 0 x1x 2 x 0 x1x 2 xx 0 x1
x2 x
Y, sustituyendo otra vez:
x x 0 x1 x 0 x1x 2 x x 0 x1x 2 x x 2
169
Esta igualdad es exacta, pero conocer la ltima diferencia implica conocer f(x) que es
precisamente lo que se busca. La aproximacin consiste en suprimir este ltimo trmino.
Ejemplo 1:
Dada la tabla
4,7
4,8
5,0
5,2
5,3
x
f(x) 2,16795 2,19089 2,23607 2,28035 2,30217
La tabla de diferencias divididas resulta ser
x
4,7
4,8
5,0
5,2
5,3
f(x)
1 Orden 2 Orden 3 Orden 4 Orden
2,16795
2,19089 0,22940
2,23607 0,22590 -0,01167
2,28035 0,22140 -0,01125 0,00083
2,30217 0,21820 -0,01067 0,00117
0,00056
Y, por lo tanto:
4,86 2,204507
Si las abscisas estn uniformemente separadas la frmula obtenida se puede simplificar del
siguiente modo:
x x 0 f(x 0 ) f(x) y0
x0 x
1! h
y1 y 0
x1x 2 x 0 x1 1! h 1! h 2 y 0
x 0 x1x 2
x2 x0
2h
2! h 2
2 y1
2 y0
2! h 2 2! h 2 3 y 0
x 0 x1x 2 x 3
x3 x0
3! h 3
.......... .......... .......... .......... .......... .......
x 0 x1x 2 .... x n
y0
n! h n
170
f(x) y 0
r
r r 1 2
r r 1r 2 3
y 0
y0
y 0 ....
1!
2!
3!
Es decir,
r
r
r
r
f(x) y 0 y 0 2 y 0 .... n y 0 ....
0
1
2
n
O, simblicamente,
f(x) 1 y0 r
Ejemplo 2:
Dada la tabla,
0,2
0,4
0,6
0,8
1,0
X
f(x) 1,2214 1,4918 1,8221 2,2255 2,7183
Hallemos f(0,3)
x
0,2
0,4
0,6
0,8
1
f(x)
1,2214
1,4918
1,8221
2,2255
2,7183
0,2704
0,3303 0,0599
0,4034 0,0731 0,0132
0,4928 0,0894 0,0163 0,0031
r 0,5
0,5
0,5 0,5
0,5 0,5 1,5
f(0,3) 1,2214
0,2704
0,0599
0,0132
1
2
6
0,5 0,5 1,5 2,5
0,0031 1,3498
24
Ejemplo 3:
Hallemos el trmino general de la suma
171
39
32
147
108
76
28
256
148
72
48
403
500
96
1767
864
244
24
24
903
364
120
3139
1372
508
144
24
24
r r 1
r r 1r 1
r r 1r 2r 3
48
24
2
6
24
n 1 r *1 r n 1
f(n) 3 4n 1 14 n 1n 2 8 n 1n 2n 3 n 1n 2n 3n 4
f(r) 3 4r 28
f(n) n 4 2n 3 n 2 3
Puesto que para x x 0 , x1 , .... , x n ; f(x) es igual a Pn(x), la funcin g(x) se anula en todos
esos puntos. Determinemos ahora k de modo que g(x) se anule tambin para x = x g,
con lo cual
k
f(x) Pn (x)
x g x 0 x g x1 .... x g x n
x 0 , x n
g n 1 (c)
n 1!
172
f n 1 (c)
x x x x .... x g x n
n 1! g 0 g 1
M
x x x x .... x g x n
n 1! g 0 g 1
frmula que exige conocer las derivadas de la funcin f(x) a aproximar, lo que no es
siempre el caso.
Ejemplo 1:
Calculemos el error cometido en el ejemplo 1 del prrafo 3.3.1.
6
6 3
; M 4
4
x
2
8
3/8
2,3 22,3 2,52,3 2,82,3 3,4 6 *10 4
24
El polinomio Pn(x) obtenido por la frmula de Lagrange y el polinomio Q n(x) obtenido por
la frmula de Newton son idnticos puesto que
T(x) = Pn(x) Qn(x)
Se anula para (n + 1) valores de la variable, xo, x1, . , xn y al ser de grado n tiene que ser
idnticamente nulo. Por lo tanto, la frmula que acabamos de obtener ser vlida tambin
en este caso.
Ejemplo 2:
Calculemos el error cometido en el ejemplo 1 del prrafo 3.3.2.
105 1
105
; M
3,2 *10 3
32
x9
32 4,7 9
3,2 *10 3
4,86 4,7 4,86 4,84,86 54,86 5,24,86 5,3 6 *10 9
120
Este error es solamente el error de la frmula, tanto en el caso de la frmula de Lagrange
como en la de Newton, y a l, obviamente tendrn que aadirse los errores con los que han
sido calculados los datos.
173
yg y0
r
r r 1 2
r r 1...r n 1 n
y0
y0 ...
y0 ...
1!
2!
n!
De aqu,
y y0 r r 1 2
r r 1...r n 1 n
r g
y0 ...
y0
y0
2!y0
n !y0
y y0
Como aproximacin inicial, tomamos r0 g
y hacemos, sucesivamente,
y0
r r 1 2
r r 1...r0 n 1 n
r1 r0 0 0
y0 ... 0 0
y0
2!y0
n !y0
r r 1 2
r r 1...r1 n 1 n
r2 r0 1 1
y0 ... 1 1
y0
2!y0
n !y0
.
Y as hasta que aparezcan dgitos con exactitud deseada, es decir, hasta que r m = rm+1 con
los decimales deseados.
Una vez encontrado el valor de r, se obtiene x de la igualdad x x0 = rh.
Ejemplo 1:
Dada la funcin mediante la tabla
0,1
0,2
0,3
0,4
x
f(x) 0,0998 0,1987 0,2955 0,3894
busquemos el valor de x que corresponde a f(x) = 0,15.
x
0,1
0,2
0,3
0,4
f(x)
2
3
0,0998
0,1987 0,0989
0,2955 0,0968 -0,0021
0,3894 0,0939 -0,0029 -0,0008
0,0021
0,0008
r (r 1)
r (r 1) (r 2)
2
6
174
0,15 0,0998
0,5076
0,0989
r 0,5076 0,0106r (r 1) 0,0013r (r 1) (r 2)
r1 0,5076 0,0106 0,5076 0,4924 0,0013 0,5076 0,4924 1,4924 0,5054
r0
2
3
2
-1
2,1 -0,0739 0,9261
2,2 1,1296 1,2035 0,2774
2,3 2,6501 1,5205 0,3170 0,0396
175
x
f(x)
1
2
3
0
0
0,2 0,1823 0,9115
0,3 0,2624 0,8010 -0,3683
0,5 0,4055 0,7155 -0,2850 0,1667
x0
z00
z01
z02
.
x1
z10
z11
z12
.
x2
z20
z21
z22
.
.
.
.
.
176
y=2
x f(x;2)
2
1,1 1,6292
1,2 1,6487 0,0195
1,3 1,6677 0,0190 -0,0005
0,5 0,5
1,6390
2
y = 2,2
x f(x;2,2)
2
1,1 1,7047
1,2 1,7228 0,0181
1,3 1,7405 0,0177 -0,0004
0,5 0,5
1,7138
2
x f(x;2,4)
2
1,1 1,775
1,2 1,7918 0,0168
1,3 1,8083 0,0165 -0,0003
0,5 0,5
1,7834
2
y
zgi
2
2
1,639
2,2 1,7138 0,0748
2,4 1,7834 0,0696 -0,0052
1,5 0,5
1,7492
2
177
Se puede encontrar una frmula que utilice diferencias dobles, pero ese punto no se
considerar en el presente texto.
Y
260
240
220
200
180
160
140
120
100
0
10
15
20
25
30
178
Y 0 1X
En donde es un error aleatorio con media cero y varianza 2. Tambin se supone que los
errores que corresponden a observaciones diferentes son variables aleatorias
independientes entre s.
As, el problema ahora es, dado un conjunto de n pares de observaciones (xi,yi), estimar los
parmetros 0 y 1 para que la lnea recta resultante represente de la mejor manera posible
al conjunto de los datos. Gauss propuso hacer la estimacin minimizando la suma de los
cuadrados de los errores, i, definidos como la diferencia entre el valor observado de la
variable dependiente, yi, y el estimado, y i , definido por la relacin
y i 0 1x i
Dicho procedimiento se conoce como mtodo de los mnimos cuadrados. As, si definimos
n
i 1
i 1
D i2 yi y i yi 0 1x i
2
i 1
Los estimadores de 0 y de 1 deben cumplir, por lo tanto, con las siguientes ecuaciones:
n
D
2 yi 0 1x i 1 0
0
i 1
n
D
2 yi 0 1x i x i 0
1
i 1
n 0 1 x i yi
i 1
i 1
i 1
i 1
i 1
0 x i 1 x i2 x i yi
Ecuaciones que reciben el nombre de ecuaciones normales. Despejando, queda:
0 y 1 x
179
n
n n
n yi x i yi x i
i 1 i 1
1 i 1
2
n
n
2
n xi xi
i 1
i 1
y i 0 1x i
Es de hacer notar, que cada para de valores satisface la relacin
yi 0 1x i i
En donde i yi y i es el resto o residuo que describe el error en el ajuste del modelo en
la i-sima observacin, yi.
El principal propsito de un modelo de regresin es la prediccin de los valores de la
variable dependiente, y. Si x0 es el valor de la variable independiente, entonces
y 0 0 1x 0
es el estimador puntual de la respuesta y0. Ahora bien, ese es solamente el valor esperado
de y0, y se puede definir, estadsticamente, un intervalo de prediccin para una observacin
futura del 100(1 - ) por ciento de confianza, mediante la expresin
y 0 t / 2, n 2
1 x 0 x 2
1 x 0 x 2
2
1
y0 y 0 t / 2, n 2 1
Sxx
Sxx
n
n
2
180
TABLA 3.1
Valores de la Distribucin t de Student
Para = 0,05
n
t/2,n-2
5
3,50
6
3,16
7
2,97
8
2,84
9
2,75
10
2,69
12
2,59
14
2,53
16
2,49
18
2,46
20
2,43
22
2,41
24
2,40
26
2,38
28
2,37
30
2,36
35
2,35
40
2,33
45
2,32
50
2,31
55
2,31
60
2,30
70
2,29
80
2,28
90
2,28
100
2,28
El parmetro 2 , que es la varianza del trmino de error, , en el modelo de regresin,
refleja la varianza aleatoria alrededor de la verdadera recta de regresin. Es, por lo tanto,
una estimacin de la validez del modelo. El estimador insesgado de 2 se define como
SS E
1 n 2
1 n
yi y i 2
i
n 2 n 2 i 1
n 2 i 1
Tal como se ha indicado, el modelo de regresin exige que se cumplan ciertas hiptesis. En
primer lugar, los errores deben ser variables aleatorias independientes entre s con media
cero y varianza constante. En segundo lugar, se supone que el grado del modelo es
correcto, es decir, si se ajusta un modelo de regresin lineal es porque el fenmeno en
181
di
i
2
Patrn aleatorio
Patrn en Embudo
yi estimado
182
yi estimado
Doble Arco
No Lineal
yi estimado
yi estimado
R2 1
y
i 1
n
y
i 1
y i
183
xi 8601
x 860,1
i 1
10
yi 6785
y 678,5
i 1
10
yi xi 5949039
i 1
10
x
i 1
2
i
7546655
n
n n
n yi x i yi x i
i1 i1 10 5949039 6785 8601 0,7605
1 i1
2
2
n
10 7546655 8601
n
2
n xi xi
i 1
i1
y i 24,42 0,7605 x i
En consecuencia, los valores estimados son:
184
x
y
y
745 1077 1040 795 838 701 863 943 877 722
655 860 784 583 669 605 638 796 692 503
591 843 815 629 662 558 681 742 691 573
2
SS E yi y i 19535,31
i 1
SS E 19535,31
2441,91
n2
8
Y el coeficiente de determinacin:
n
R2 1
y
i 1
n
y
i 1
y i
19535,31
0,82
105666,50
cuyo valor es bastante alto, lo que indica que el modelo tiene cierta validez. Para
confirmarlo hagamos la prueba de hiptesis:
H0: 1 = 0
H1: 1 0
Para lo cual necesitamos calcular T0. Comencemos por definir Sxx,
8601 148934,90
1 n
Sxx x x i 7546655 n i 1
10
i 1i
2
2
i
As,
T0
1
Sxx
2
0,7605
5,94
2441,91 148934,90
185
di
60,00
40,00
20,00
0,00
500
550
600
650
700
750
800
850
900
-20,00
-40,00
-60,00
-80,00
Yestimado
Una vez comprobada la bondad del modelo, se puede pasar a completar el registro de la
estacin,
Ao E-391 (mm) E-395 (mm) Lmite Inferior Lmite Superior
696
554
400
708
892
703
560
846
918
723
578
867
621
497
331
662
695
553
399
707
677
539
383
696
696
554
400
708
892
703
560
846
918
723
578
867
621
497
331
662
Tabla en la que se ha incluido los lmites, tanto superior como inferior, de los respectivos
intervalos de confianza, calculados segn la relacin,
186
1 x x 2
1 x 0 x 2
2
y 0 t / 2, n 2 2 1 0
0
0
/ 2, n 2
n
S
Sxx
xx
que puede transformarse en una lnea recta mediante una transformacin logaritmica:
ln Y ln 0 1x ln
Esta transformacin requiere que los trminos de error transformados, ln , sean normales,
con media cero y varianza 2, y que estn distribuidos de manera independiente. Por lo
dems, el procedimiento de ajuste es similar al del caso anterior, haciendo
y i o 1x i
En donde yi = ln yi; o ln 0 .
A continuacin se incluyen algunas de las transformaciones ms frecuentes.
Y 0 x 1 ln Y ln 0 1 ln x Y 0 1x
1
Y 0 1 x
x
Y 0 1 ln x Y 0 1 x
Y 0
Y e 0 1x ln Y 0 1 x Y 0 1 x
187
Y 0 1x1 2 x 2 ... k x k
recibe el nombre de modelo de regresin lineal mltiple con k variables de regresin, en
donde los parmetros j, se conocen como coeficiente de regresin.
Los modelos polinomiales con una variable de regresin pueden analizarse como un
problema de regresin lineal mltiple. En efecto, si se hace x1 x, x 2 x 2 , ... x k x k ,
entonces el modelo anterior puede escribirse como
Y 0 1x 2 x 2 ... k x k
Y 0 1x1 2 x 2 3x 3 4 x 4 5 x 5
Los coeficientes de regresin pueden estimarse aplicando el mtodo de mnimos
cuadrados. As, la sumatoria de los cuadrados de los errores,
n
i 1
i 1
D i2 yi y i yi 0 1x1i 2 x 2i ... k x k i
2
i 1
n
D
2 yi 0 1x1i 2 x 2 i ... k x k i x1i 0
1
i 1
...........................................................................................
n
D
2 yi 0 1x1i 2 x 2 i ... k x k i x k i 0
k
i 1
Para obtener, simplificando, las (k + 1) = p ecuaciones normales del sistema, que permiten
hallar los p coeficientes de regresin:
188
n 0 1 x 1i 2 x 2 i ... k x k i y i
i 1
i 1
i 1
i 1
i 1
i 1
i 1
i 1
i 1
0 x 1i 1 x 12i 2 x 1i x 2 i ... k x 1i x k i x 1i y i
........................................................................................
n
i 1
i 1
i 1
i 1
i 1
0 x k i 1 x k i x 1i 2 x k i x 2 i ... k x 2k i x k i y i
Matricialmente, el modelo de regresin mltiple puede escribirse como:
Y X
En donde,
y1
y
Y 2
...
yn
1 x11 x12
1 x
x 22
21
X
... ... ...
1 x n1 x n 2
... x1k
... x 2 k
... ...
... x nk
0
1
...
k
1
2
...
n
D i2 Y X Y X
T
i 1
XT X XT Y
Cuya solucin es:
X X
T
XT Y
El primer paso para validar el modelo es estimar su varianza, que tambin se puede
calcular matricialmente:
189
SS E
2
np
y
i 1
y i
np
YT Y XT Y
np
El siguiente paso es la prueba para la significancia de la regresin, que es una prueba que
permite determinar si existe una relacin lineal entre la variable dependiente o variable de
respuesta y un subconjunto dado de las variables de regresin. Las hiptesis a utilizar son:
Ho: 1 = 2 = . = k = 0
H1: j 0 al menos para una j
El rechazo de la hiptesis nula implica que al menos una de las variables de regresin tiene
una contribucin significativa en el modelo. El correspondiente estadstico de prueba est
dado por:
F0
SS R k
SS E n p
En donde,
T
SS E Y Y
XT Y
y,
SS R
n
X Y 1 yi
n i 1
T0
j
2C jj
190
TABLA 3.2
Valores de la Distribucin F para = 0,05
n
f,2,n-3
f,3,n-4
f,4,n-5
f,5,n-6
5
19,00
215,71
6
9,55
19,16
224,58
7
6,94
9,28
19,25
230,16
8
5,79
6,59
9,12
19,30
9
5,14
5,41
6,39
9,01
10
4,74
4,76
5,19
6,26
12
4,26
4,07
4,12
4,39
14
3,98
3,71
3,63
3,69
16
3,81
3,49
3,36
3,33
18
3,68
3,34
3,18
3,11
20
3,59
3,24
3,06
2,96
22
3,52
3,16
2,96
2,85
24
3,47
3,10
2,90
2,77
26
3,42
3,05
2,84
2,71
28
3,39
3,01
2,80
2,66
30
3,35
2,98
2,76
2,62
35
3,29
2,91
2,69
2,55
40
3,25
2,87
2,64
2,49
45
3,22
2,83
2,61
2,46
50
3,20
2,81
2,58
2,43
55
3,18
2,79
2,56
2,40
60
3,16
2,77
2,54
2,39
70
3,13
2,74
2,51
2,36
80
3,12
2,72
2,49
2,34
90
3,10
2,71
2,48
2,32
100
3,09
2,70
2,47
2,31
En donde Cjj es el elemento de la diagonal de
hiptesis nula se rechaza si T0 t / 2, n p .
X X
T
que corresponde a j. La
X y
T
T
y 0 t / 2, n p 2 1 X0 X X
T
T
y 0 t / 2, n p 2 1 X0 X X
Ejemplo:
Se quiere establecer la relacin existente entre la resistencia al esfuerzo cortante de un
suelo (y) con la profundidad en metros (x1) y con el contenido de humedad (x2).
191
3,9
5,1
3,7
5,2
5,1
Y
2,8
3,9
4,2
3,3
3,6
1
1
1
1
X
1
1
1
1
18
21
15
23
24
12
16
17
12
15
0,38
0,45
0,17
0,29
0,55
0,40
0,36
0,24
0,15
0,16
Y, por lo tanto:
X X
0,828
0,205
0,949
3,9
5,1
3,7
5,2
5,1
2,8
3,9
4,2
3,3
3,6
4,16 4,71 3,75 5,27 5,23 2,91 3,77 4,09 3,15 3,76
0,069 0,151 0,002 0,005 0,017 0,012 0,017 0,012 0,023 0,024
SS E
0,3330
0,0476
n p 10 3
192
R2 1
i 1
n
y i
y
i 1
0,3330
0,94
6,0360
F0
SS R k
5,70 2
59,94
SS E n p 0,330 (10 3)
En donde,
SS R
n
X Y 1 yi 172,17 40,8 5,70
n i 1
10
2
Dado que f,k,n-p = f0,05;2;7 = 4,74 es un valor muy inferior, debe rechazarse la hiptesis nula.
Lo que indica que al menos una de las variables independientes influye decisivamente
sobre la resistencia al esfuerzo cortante del suelo.
El siguiente paso es establecer la importancia de X1 y de X2, por separado. Para ello
planteamos las siguientes hiptesis:
H0: 1 = 0
H1: 1 0
El estadstico de prueba es:
T0
1
C11
2
0,205
9,58
0,0476 0,0096
Ya que t/2;n-p = t0,025;7 = 2,84 es menor que el estadstico de prueba, debe rechazarse la
hiptesis nula. En conclusin, la profundidad del suelo si influye sobre la resistencia del
suelo.
La siguiente hiptesis es:
193
H0: 2 = 0
H1: 2 0
T0
C22
2
0,949
1,42
0,0476 9,3323
Ya que T 0 1,42 es menor que t /2;n-p = t0,025;7 = 2,84 no se puede rechazar la hiptesis
nula. Es decir que la humedad relativa no parece ser factor relevante del modelo.
i a i1x1 a i 2 x 2 ... a im x m k m
Y busquemos los valores de x1, x2, , xm que hagan mnima la suma de los cuadrados de
los errores. Obtendremos as un sistema de m ecuaciones con m incgnitas, llamadas
ecuaciones normales, y bastar resolver este sistema. La sumatoria de los cuadrados de los
errores es:
m
D a ijx j k i
i 1 j 1
Y, derivando,
194
1 D
a11a11x1 a12x 2 ... a1m x m k1 a 21a 21x1 a 22x 2 ... a 2 m x m k 2 ...
2 x1
a n1 a n1x1 a n 2 x 2 ... a nmx m k m 0
1 D
a12 a11x1 a12x 2 ... a1m x m k1 a 22 a 21x1 a 22x 2 ... a 2 m x m k 2 ...
2 x 2
a n 2 a n1x1 a n 2 x 2 ... a nmx m k m 0
......................................................................................................................................
1 D
a1m a11x1 a12x 2 ... a1m x m k1 a 21a 21x1 a 22x 2 ... a 2 m x m k 2 ...
2 x m
a n1 a n1x1 a n 2 x 2 ... a nmx m k m 0
n
n 2
n
i 1
n
n
a i 2a i1 x1 a i22 x 2 ... a i 2a im x m a i 2 k i
i 1
i 1
i 1
i 1
.......................................................................................
n
n
n 2
a im a i1 x1 a im a i 2 x 2 ... a im
x m a im k i
i 1
i 1
i 1
i 1
Ejemplo:
Busquemos el mejor valor de x1, x2, x3, para el sistema:
x1 2 x 2 3x 3 7
2 x1 x 2 2 x 3 4
3x1 x 2 3x 3 2
x1 x 2 x 3 4
4
D i2 x1 2x 2 3x 3 7 2x1 x 2 2x 3 4 3x1 x 2 3x 3 2
2
i 1
x1 x 2 x 3 4
1 D
x1 2x 2 3x 3 7 22x1 x 2 2x 3 4 33x1 x 2 3x 3 2 x1 x 2 x 3 4 0
2 x1
1 D
2x1 2x 2 3x 3 7 2x1 x 2 2x 3 4 3x1 x 2 3x 3 2 x1 x 2 x 3 4 0
2 x 2
195
1 D
3x1 2x 2 3x 3 7 22x1 x 2 2x 3 4 33x1 x 2 3x 3 2 x1 x 2 x 3 4 0
2 x 3
15x1 4x 2 x 3 25
4x1 7 x 2 2x 3 16
x1 2x 2 23x 3 27
1413
1,439
982
1118
x2
1,138
982
1117
x3
1,137
982
x1
r
r r 1 2
rr 1r 2 3
rr 1r 2r 3 4
f r y0 y0
y0
y0
y0 ....
1!
2!
3!
4!
Ahora bien, como r
f x
x x0
df df dr 1
f r . Y, entonces:
se cumple que
h
dx dr dx h
1
2r 1 2
3r 2 6r 2 3
4r 3 18r 2 22r 6 4
y0
y0
y0
y0 ....
h
2
6
24
Y basta sustituir el valor correspondiente de r. Por ejemplo, para encontrar f(x o), f(x1),
f(x2) y f(x3) habr que hacer r = 0, r = 1, r = 2 y r = 3, respectivamente. As, obtenemos
las frmulas:
f x 0
1 y 0 2 y 0 3 y 0 4 y0
.....
h 1
2
3
4
f x1
1 y 0 2 y 0 3 y0 4 y 0
.....
h 1
2
6
12
196
f x 2
1 y0 32 y0 3 y0 4 y0
.....
h 1
2
3
12
f x 3
1 y0 52 y0 113 y0 4 y0
.....
h 1
2
6
4
Ejemplo 1:
Dada la funcin,
2,2
2,4
2,6
2,8
3,0
x
f(x) 1,4832396 1,5491933 1,6124515 1,6733200 1,7320508
Hallar los valores aproximados de f(2,2), f(2,4) y f(2,6).
La tabla de diferencias correspondiente es:
x
2,2
2,4
2,6
2,8
3
f(x)
1,4832396
1,5491933
1,6124514
1,6733200
1,7320508
0,0659537
0,0632581 -0,0026956
0,0608686 -0,0023895 0,0003061
0,0587308 -0,0021378 0,0002517 -0,0000544
Y, por lo tanto,
f 2,2
1
0,0026956 0,0003061 0,0000544
0,0659537
0,3370842
0,2
2
3
4
f 2,4
1
0,0026956 0,0003061 0,0000544
0,0659537
0,3227525
0,2
2
6
12
f 2,6
1
3 0,0026956 0,0003061 0,0000544
0,0659537
0,3100843
0,2
2
3
12
1 2 y0 6r 6 3
12r 2 36r 22 4
y0 ....
0
2
h 1
6
24
197
Y, en particular,
f x 0
1 2
11
y0 3 y0 4 y0 ....
2
h
12
Ejemplo 2:
Con los datos del ejemplo anterior calculemos f 2,2 .
f 2,2
1
11 0,0000544
0,0026956 0,0003061
0,0762980
0,04
12
Ejemplo 3:
Dada la funcin
3,2
3,3
3,5
3,7
3,8
x
f(x) 1,1631508 1,1939225 1,252763 1,3083328 1,3350011
Hallemos la derivada de f(x) para x = 3,2.
Construiremos primero la tabla de diferencias divididas:
x
3,2
3,3
3,5
3,7
3,8
f(x)
1,1631508
1,1939225
1,252763
1,3083328
1,3350011
1 Orden
2 Orden
3 Orden
4 Orden
0,3077170
0,2942025 -0,0450483
0,2778490 -0,0408838 0,0083292
0,2666830 -0,0372200 0,0073275 -0,0016694
198
f (3,2) 0,307717 0,0450483 0,1 0,0083292 0,1 0,3 0,0016694 0,1 0,3 0,5
f (3,2) 0,3124968
En este caso, el resultado exacto es 0,3125000.
x0 x1
a
x2 x3
Sea una funcin continua en (a,b) cuya segunda derivada supondremos de signo constante
en dicho intervalo (en la figura, la segunda derivada es siempre negativa).
Dividimos el intervalo (a,b) en un nmero par de intervalos de igual amplitud, h
ba
.
n
En primer lugar, unimos mediante rectas los extremos del primer intervalo y los del ltimo,
y luego los extremos de las ordenadas impares (saltndose las pares). Teniendo en cuenta
que el rea de un trapecio es igual a la semisuma de las bases por la altura, obtenemos
I1 = rea
y y3 2h y3 y5 2h yn 1 yn
y0 y1
h 1
2
2
2
2
x 0 f x dx
xn
Sumando y restando
y1 y n 1
,
2
y y n y1 y n 1
E E
I1 h 0
2y1 y3 y5 y n 1 h
2 Im p
2
2
Donde E es la suma de las dos ordenadas extremas, E es la suma de las dos ordenadas
contiguas a las extremas e Imp es la suma de todas las ordenadas impares.
199
x0 x1
a
x2 x3
En segundo lugar, trazamos ahora las tangentes en los extremos de todas las ordenadas
impares y, teniendo en cuenta que el rea de un trapecio tambin se puede encontrar
multiplicando la paralela media por la altura, obtenemos
I2 = rea
Como una de las expresiones es mayor que la integral buscada y la otra es menor (segn la
curva sea cncava o convexa), tomaremos, como valor aproximado de la integral
I1 I2
E E
f
x
dx
h
2 Im p
a
2
4
I 2 I1
E E
h
2
4
1 dx
01 x2
con h = 0,1.
200
0,0425851
2 3,9311571 0,7851668
4
0 1 x 2 0,1
Y el error es 0,0010646 2 103 , lo que nos garantiza, por lo menos, dos decimales
exactos. En este caso en particular sabemos que el valor exacto es /4 = 0,7853981.
Ejemplo 2:
Calculemos un valor aproximado de
1,2 senx
dx .
sen 0,1
sen 0,3
sen 0,5
0,99833 y3
0,98507 y5
0,95885
0,1
0,3
0,5
sen 0,7
sen 0,9
sen 1,1
y7
0,92031 y9
0,87036 y11
0,81019
0,7
0,9
1,1
sen 1,2
y12
0,776699 E 1,77670 E 1,80852 Im p 5,54311
1,2
y1
1,77670 1,80852
dx 0,1
2 5,54311 1,10783
x
4
1,2 senx
Y, el error es: 0,00080 1 103 , lo que nos garantiza que hay, por lo menos, tres
decimales exactos.
201
x0
x1
x2
f
x
dx
y
0
1
2
x0
x 0 h 2h
h h
h 2h
x2
x 0 f x dx 0 y0
x2
r 1r 2 y rr 2 y rr 1 h dr h y
2
0 4 y1 y2
h
y0 2 y2 2 y4 2 yn 2 yn 4y1 y3 y5 yn 1
3
h
h
2y0 y 2 y 4 y n y0 y n 4y1 y3 y5 y n 1 2 P 4 Im p E
3
3
Donde P es la suma de las ordenadas pares, Imp la de las impares y E la de las extremas.
Ejemplo:
Calculemos un valor aproximado de
1 dx
01 x2
con h = 0,1.
Fcilmente obtenemos
202
y 0 1 y1 0,990099
y 2 0,9615384
y 6 0,7342941 y 7 0,6711409
y3 0,9174311 y 4 0,862689
y8 0,6097560
y5 0,8
y1
y2
y a bx cx 2 dx 3
h
0
Con lo cual
y0 a bh ch dh
2
y1 a
2ch y0 y 2 2 y1
y 2 a bh ch 2 dh 3
2
f x a bx cx 2 dx 3
f IV x 4
x
24
h f IV x 4
2 3
f
x
dx
2
ah
ch
h
h 24 x dx
3
h
Y, si M es un valor mayor o igual a la cuarta derivada de f(x) en todo el intervalo (a, b), y
se tienen en cuenta los valores de las constantes,
h
f x dx
5
h
y0 4y1 y2 M 2h
3
120
203
M nh5
Error Total
120
En esta frmula del error, lo que a menudo resulta engorroso es estimar el valor de M.
En el ejemplo expuesto ms arriba se obtiene que
24 10 105
d 4 1 120x 4 240x 2 24
24
Error
2 105
2 5
120
dx 4 1 x 2
1 x
x 03 f x dx
x
x
x x1 x x 2 x x 3 y x x 0 x x 2 x x 3 y x x 0 x x1 x x 3
3 y0
1
2
x0
h 2h 3h
h h 2h
h h 2h
y3
x x 0 x x1 x x 2 dx
h 2h 3h
x 0 f x dx x 0 y0
x3
x3
r 1r 2r 3 y rr 2r 3 y rr 1r 3 y rr 1r 2 dx
6
Y, en total:
xn
3h
x 0 f x dx 8 y0 3y1 3y2 y3 y3 3y4 3y5 y6
Ejemplo:
204
1,2 senx
0
dx con h = 1.
3h
y0 y12 2y3 y6 y9 3y1 y 2 y 4 y5 y7 y8 y10 y11
8
3 0,1
1,77670 2 2,79650 3 7,39274 1,10805
dx
Y
D
C
B
y0
h
x0
x1
BC AB tg h y0 h f x 0 , y0
y0 h f x 0 , y0
Y si repetimos el proceso obtenemos
yi h f x i , yi
Frmula en la cual se irn acumulando los errores, razn por la cual no ser aconsejable
utilizar este mtodos ms que para obtener una idea general del comportamiento de la
205
solucin, o para valores prximos a los iniciales. Los clculos pueden disponerse en forma
de tabla:
x
x0
y
y0
x1 = x0 + h y1 = y0 + y0
x2 = x1 + h y2 = y1 + y1
.
.
y
y
y0 f x 0 , y0 y0 = h f(x0,y0)
y1 f x1, y1 y1 = h f(x1,y1)
y2 f x 2 , y2 y2 = h f(x2,y2)
.
..
Ejemplo:
Integremos la ecuacin diferencial y 2x y en el intervalo (0; 0,5) con x0 = 0 y0 = 1
h = 0,1. (Clculos con 3 decimales).
x
x0 = 0
y0 = 1
x1 = 0,1 y1 = 1,100
x2 = 0,2 y2 = 1,230
x3 = 0,3 y3 = 1,393
x4 = 0,4 y4 = 1,592
x5 = 0,5 y5 = 1,832
y
y0 1
y0 = 0,1
1,300
y1
y1 = 0,13
y2 1,630 y2 = 0,163
y3 1,993 y3 = 0,199
y4 2,392 y4 = 0,239
y
Error (%)
y0 = 1
0,00
y1 = 1,116
1,39
y2 = 1,264
2,71
y3 = 1,450
3,90
y4 = 1,675
4,96
y5 = 1,946
5,89
206
Partimos de xn e yn
Calculamos mn f x n , yn
Calculamos yn+1,1 = yn + h mn
Calculamos mn+1,1 = f(xn+1, yn+1,1)
m mn 1.1
Finalmente, y n 1 y n h n
2
Ejemplo:
Repitamos el ejemplo anterior, es decir, integremos la ecuacin diferencial y 2x y en
el intervalo (0; 0,5) con x0 = 0 y0 = 1 h = 0,1.
xn
x0 = 0
x1 = 0,1
x2 = 0,2
x3 = 0,3
x4 = 0,4
x5 = 0,5
yn
y0 = 1
y1 = 1,115
y2 = 1,263
y3 = 1,448
y4 = 1,673
y5 = 1,942
mn
m0 = 1
m1 = 1,315
m2 = 1,663
m3 = 2,048
m4 = 2,473
yn+1
y1,1 = 1,1
y2,1 = 1,247
y3,1 = 1,429
y4,1 = 1,652
y5,1 = 1,920
mn+1,1
m1,1 = 1,3
m2,1 = 1,647
m3,1 = 2,029
m4,1 = 2,452
m5,1 = 2,920
yn+1
Error (%)
y1 = 1,115
0,00
y2 = 1,263
0,05
y3 = 1,448
0,09
y4 = 1,673
0,13
y5 = 1,942
0,17
0,20
207
h2
h3
y0 y0
2
6
4h 3
y 2 y 0 2h y0 2h 2 y0
y0
3
y1 y 0 h y0
y y2
y2
x x 2 y2 x x 2 2 y2 x x 2 3
1!
2!
3!
Haciendo x = x3 = x2 + h, obtenemos
h2
h3
y3 y 2 h y2 y2 y2
2
6
(1)
h2
y2
2
y0 y2 2h y2 2h 2 y2
y1 y2 h y2
208
h2
y2
2
3h 2
y0 y1 y0 h y2
y2
2
y1 y2 y1 h y2
1 2
1
1 2
y0
y2 y1
y0
2
h
h
2h
Y, finalmente, sustituyendo en la ecuacin (1) y despus de simplificar, se tiene:
y2
y3 y 2 h y2
h
5h
y1 2 y0
2
12
Como el proceso indicado puede continuarse del mismo modo, en general tenemos:
y n 1 yn h yn
h
5h
yn 1 2 yn 2
2
12
Ejemplo:
Sea la ecuacin diferencial y 3xy y2 x 2
x 0 1; y0 2; h 0,1
y 3xy y 2 x 2 y0 3 1 2 22 12 1
y 3y 3xy 2 yy 2x y0 3 2 3 11 2 2 1 2 1 3
2
y 6 y 3xy 2y 2 yy 2 y0 6 1 3 1 3 2 12 2 2 3 2 1
y1 y0 h y0
209
y0 = 2
y
y0 1
x1 = 1,1
y1 = 2,1148
y1 1,2964
y0 0,2964
x2 = 1,2
y2 = 2,2587
y2 1,5896
y3 1,8800
y1 0,2932
y2 0,2904
y3 0,2842
x
x0 = 1
x3 = 1,3 Y3 = 2,4322
x4 = 1,4 y4 = 2,6346
x5 = 1,5
y4 2,1642
2y
2 y0 -0,0032
2 y1 -0,0028
2 y2 = -0,0062
y5 = 2,8649
Volviendo a derivar,
y f y2 y2 f y y f x2 2f yx
f f y2 f 2 f y f x f y f
y f x2 2f yx
Y, volviendo a derivar podremos obtener una expresin anloga de yIV en funcin
de f y de sus derivadas parciales hasta las de tercer orden incluidas. Por el
desarrollo en serie de Taylor limitado en la derivada cuarta, tenemos:
h2
h3
h 4 IV
y y x h yx h y y y y
2!
3!
4!
Y, sustituyendo los valores de las derivadas obtenidos ms arriba, llegaremos a una
expresin del incremento de y en funcin de f y sus derivadas parciales.
b. Haciendo
h
k
k2 h f x , y 1
2
2
h
k
k 3 h f x , y 2 k 4 h f x h, y k 3
2
2
k1 h f x, y
210
1
k1 2k 2 2k 3 k 4
6
k10 h f x 0 , y0
Se calculan
h
k
k 20 h f x 0 , y0 10
2
2
h
k
k 30 h f x 0 , y0 20
k 40 h f x 0 h, y0 k 30
2
2
1
Se calculan y0 k10 2k 20 2k 30 k 40 x1 x 0 h y1 y0 y0
6
h
k
k 21 h f x1 , y1 11
Se calculan k11 h f x1 , y1
2
2
h
k
k 31 h f x1 , y1 21
k 41 h f x1 h, y1 k 31
2
2
1
Se calculan y1 k11 2k 21 2k 31 k 41 x 2 x1 h y2 y1 y1
6
Y as sucesivamente.
Ejemplo:
Tomemos de nuevo la ecuacin diferencial y 3xy y2 x 2 con los valores iniciales
x 0 1; y0 2; h 0,1 .
k10 0,13 1 2 1 2 0,1
6
2
2
k 30 0,13 1,05 2,0576 1,05 2,0576 0,1145
y0 0,1148 x1 1,1 y1 2,1148
2
2
k 40 0,13 1,1 2,1145 1,1 2,1145 0,1297
h
k
h
k
k11 h f x1 , y1 k 21 h f x1 , y1 11 k 31 h f x1 , y1 21 k 41 h f x1 h, y1 k 31
2
2
2
2
211
2
2
k 21 0,13 1,15 2,1796 1,15 2,1796 0,1446 y1 0,1296 2 0,1446 2 0,144 0,159
6
2
2
k 31 0,13 1,15 2,1871 1,15 2,1871 0,1440
y1 0,1143 x 2 1,2 y 2 2,2591
2
2
k 41 0,13 1,2 2,2588 1,2 2,2588 0,1590
2
h
k
k12 h f x 2 , y 2 k 22 h f x 2 , y 2 12
2
2
h
k
k 32 h f x 2 , y 2 22
2
2
k 42 h f x 2 h, y 2 k 32
2
2
k 22 0,13 1,25 2,3386 1,25 2,3386 0,1738 y 2 0,159 2 0,1738 2 0,1731 0,188
6
2
2
k 32 0,13 1,25 2,3460 1,25 2,3460 0,1731
y 2 0,1735 x 3 1,3 y3 2,4326
2
2
k 42 0,13 1,3 2,4322 1,3 2,4322 0,1880
2
k
h
k13 h f x 3 , y3 k 23 h f x 3 , y3 13
2
2
k
h
k 33 h f x 3 , y3 23
2
2
k 43 h f x 3 h, y3 k 33
k 23 0,13 1,35 2,5267 1,35 2,5267 0,2026 y3 0,188 2 0,2026 2 0,2019 0,2164
6
2
2
k 33 0,13 1,35 2,5340 1,35 2,5340 0,2019
y3 0,2022 x 4 1,4 y 4 2,6349
2
2
k 43 0,13 1,4 2,6346 1,4 2,6346 0,2164
2
k
h
k14 h f x 4 , y 4 k 24 h f x 4 , y 4 14
2
2
k
h
k 34 h f x 4 , y 4 24
2
2
k 44 h f x 4 h, y 4 k 34
k 24 0,13 1,45 2,7431 1,45 2,7431 0,2306 y 4 0,2164 2 0,2306 2 0,2297 0,2435
6
2
2
k 34 0,13 1,45 2,7502 1,45 2,7502 0,2297
y 4 0,2301 x 5 1,5 y5 2,8650
2
2
k 44 0,13 1,5 2,8646 1,5 2,8646 0,2435
2
212
Ejemplo:
y x z
Integremos el sistema
con los valores iniciales x0 = 0; y0 = 0; z0 = 1; h = 0,1
en el intervalo x = 0; x = 0,4.
Utilicemos el mtodo de Adams:
y x z y0 1
z x y z0 0
y 1 z y0 1
z 1 y z0 0
y z y0 0
z y z0 1
4h
0,1
2
2
y 2 y 0 2h y 0 2h y 0
y0 0 2 0,1 1 2 0,1 1 4
0 0,2200
3
3
0,12 0 0,13 1 0,9998
h2
h3
z1 z 0 h z0 z0 z0 1 0,1 0
2
6
2
6
3
3
4h
0,1
2
2
z 2 z 0 2h z 0 2h z 0
z 0 1 2 0,1 0 2 0,1 0 4
1 0,9987
3
3
2
y1 y0 h y0
El resto de los clculos se incluyen en las siguientes dos tablas que deben resolverse
simultneamente.
x
x0 = 0
y
y0 = 0
x1 = 0,1 y1 = 0,1050
x2 = 0,2 y = 0,2200
2
x3 = 0,3 y3 = 0,3448
x4 = 0,4 y4 = 0,4791
x
x0 = 0
z0 = 1
x1 = 0,1 z1 = 0,9998
x2 = 0,2 z = 0,9987
2
x3 = 0,3 z3 = 0,9955
x4 = 0,4 z4 = 0,9894
y
y0 1
y1 1,0998
y0 0,0998
y2 1,1987
y3 1,2955
y1 0,0989
2 y0 -0,0009
y2 0,0968
2 y1 -0,0021
z
z0 0
2z
z1 -0,0050
z0 -0,0050
z2 -0,0200
z3 -0,0448
z1 -0,0150
2 z0 -0,0100
z2 -0,0248
2 z1 -0,0098
213
2y
Ejemplo:
Integremos, por el mtodo de Runge-Kutta y en el intervalo x = 0; x = 0,4, la ecuacin
diferencial y xy x 2 y2 con los valores iniciales x0 = 0; y0 = 1; y0 1 .
y z
Sustituimos la ecuacin por el sistema
2
2
z x y xz
214
x 0 0 y0 1 z 0 1
y
1
1,1052
1,2218
1,3517
1,4975
k0i
0,1000
0,1108
0,1232
0,1378
x+h/2
0,05
0,15
0,25
0,35
y+k1i/2
1,05
1,1606
1,2834
1,4206
k2i
0,1050
0,1164
0,1296
0,1453
y+k2i/2
1,0525
1,1634
1,2866
1,4244
k3i
0,1053
0,1167
0,1301
0,1459
x+h
0,1
0,2
0,3
0,4
y+k3i
1,1053
1,2219
1,3519
1,4977
k4i
0,1106
0,1228
0,1371
0,1542
y
0,1052
0,1166
0,1299
0,1457
x
0,0
0,1
0,2
0,3
0,4
z
1,0000
1,1075
1,2316
1,3776
1,5518
k0i
0,1000
0,1121
0,1286
0,1504
z+h/2
0,05
0,15
0,25
0,35
z+k1i/2
1,0500
1,1636
1,2959
1,4528
k2i
0,1053
0,1195
0,1386
0,1632
z+k2i/2
1,0526
1,1673
1,3009
1,4592
k3i
0,1058
0,1201
0,1393
0,1641
z+h
0,1
0,2
0,3
0,4
z+k3i
1,1058
1,2276
1,3709
1,5417
k4i
0,1232
0,1533
0,1918
0,2403
z
0,1075
0,1241
0,1460
0,1742
a 0 p a n pn 1 a n 1pn 2 ... a 2p a1
Luego a0 debe ser mltiplo de p, o lo que es igual, las posibles races enteras de la ecuacin
deben ser divisores del trmino independiente.
Ejemplo 1:
Consideremos la ecuacin 2x 4 2x3 11x 2 x 6 0 , Las posibles races enteras son;
215
2 2 -2 -11 -1 -6
4
4 -14 -30
2 2 -7 -15 -36
-1 2
4 1 2
-2 -2 1
2 2 -1 3
3 2 -2 -11 -1 -6
6 12 3 6
2 4
1 2 0
-2 2
4 1 2
-4 0 -2
2 0 1 0
Pn x x k bn 1x n 1 bn 2 x n 2 ... b2 x 2 b1x b0 C 0
216
Como todos estos coeficientes son positivos, sabemos que no puede haber races mayores
que y = 4, o lo que es lo mismo, no puede haber races menores que x = - 4. Por lo tanto,
las nicas posibles races enteras son: 1, 2, 3.
1 1 -1 40 -36 -384 576
1 0 40
4
-380
1 0 40 4 -380 196
x = 2 es una raz, pero es necesario probar x = 2 de nuevo porque esta raz podra estar
repetida.
2 1 1 42 48 -288
2 6 96 288
1 3 48 144
0
En efecto, x = 2 es una raz doble y, como la ecuacin que ha quedado,
x 3 3x 2 48x 144 0 , tiene todos los coeficientes positivos, no puede haber ms races
enteras positivas. Probemos las negativas:
-3 1
3 48 144
-3 0 -144
1 0 48
0
a n p n a n 1p n 1q ... a 2 p 2q n 2 a1pqn 1 a 0q n 0
Y, de aqu:
qa
q n 1 ... a 2 p 2q n 3 a1pqn 2 a 0q n 1
n 1
217
-7 73 -35 -10
10 2 50 10
15 3 75 15
0
La ecuacin que queda es: 15x 3 3x 2 75x 15 0 que no tiene races positivas. Como
los divisores de 15 son 1, 3, 5 y 15, las posibles races fraccionarias negativas son: -1/3,
-5/3, -1/5, -3/5 y -1/15. Probando,
-1/5 15
3 75 15
-3 0 -15
15 0 75 0
z
z
z
z
15 7 73 35 10 0
15
15
15
15
218
Como todos los coeficientes son positivos sabemos que no puede haber races mayores que
11. Las races positivas posibles son, pues, 1, 2, 3, 5, 6, 9 y 10. Probando llegamos a
10 1 -7 1095 -7875 -33750
10 30 11250 33750
1 3 1125 3375
0
Quedando z3 3z2 1125z 3375 0 , ecuacin que no tiene races positivas. Haciendo
z = - y queda y3 3y2 1125z 3375 0 . Probamos con y = 5.
5 1 -3 1125 -3375
5
10
5675
1 2 1135 2300
No puede haber races mayores que 5. Por lo tanto las posibles races enteras de la
ecuacin en y son 1 y 3.
3 1 -3 1125 -3375
3
0
3375
1 0 1125
0
Y, as, queda y2 1125 0 que no tiene races reales. Las races fraccionarias de la
10 2
3 1
y x
ecuacin en x son: x
.
15 3
15
5
219
f(x)
b
X
f(x)
b
a
f(x)
X
a
Si la primera derivada tiene signo constante, la ecuacin no contiene, en este caso, ninguna
raz en dicho intervalo.
Estos teoremas permiten, a veces, separar las races de un modo sencillo como puede verse
en los ejemplos que siguen.
Ejemplo 1:
Sea la ecuacin x 3 3x 2 3x 3 0
Si f x x 3 3x 2 3x 3 f f 3 6 f 0 3 f . Y como
una ecuacin de tercer grado no puede tener ms de tres races, stas ya estn separadas:
x1 - 3
- 3 x2 0
0 x3
220
- 3,7 x1 -3,6
-0,7 x2 -0,6
1,2 x3 1,3
Ejemplo 2:
Consideremos la ecuacin 2x senx 0 .
Si f x 2x senx f x 2 cos x que siempre es positiva, y como f
f la ecuacin tiene una sola raz real que, mediante la busqueda del cambio de
signo podemos situar en el intervalo - 0,7 x - 0,8.
Y
8,00
6,00
4,00
2,00
0,41
-5
-4
-3
-2,41
0,00
-2
-1
-2,00
-4,00
-6,00
-8,00
f x x 3 3x 2 3x 3 f x 3x 2 6x 3 f x 6x 6
Las races de f(x) = 0 son x = 0,41 y x = -2,41. f 0,41 es positiva y f 2,41 es
negativa. Luego en (0,41;-3,66) hay un mnimo y en (-2,41;7,66) hay un mximo. La figura
nos dice que la ecuacin tiene tres races reales y que sus intervalos de separacin son:
221
Ejemplo 2:
Consideremos la ecuacin x 5 5x 4 7 0 .
250,00
Y
200,00
150,00
100,00
50,00
4
0,00
-2
-1
-50,00
-100,00
-150,00
-200,00
-250,00
-300,00
x1 0
0 x2 4
4 x 3
Ejemplo 3:
Consideremos la ecuacin ex 3x 2 0
f x ex 3x 2 f x ex 3 f x ex
La primera derivada tiene una sola raz: x ln 3 1,099 . La segunda derivada es siempre
positiva, luego en el punto (1,099; -2,297) hay un mnimo y no hay ms mximos ni
mnimos. La figura nos dice que la ecuacin tiene dos races reales:
x1 1,099
1,099 x 2
222
6,00
Y
5,00
4,00
3,00
2,00
1,00
1,099
0,00
-3
-2
-1
-1,00
-2,00
-3,00
Y
3,00
2,00
y = ln x
y = x/4
1,00
0,00
0
-1,00
-2,00
-3,00
223
10
12
La figura nos dice que la ecuacin considerada tiene dos races reales y, estudiando los
puntos en los que ln x es mayor o menor que x/4, se llega a:
1,5 < x1 < 1,5
x 4 3x 1
3
x4 x
4
9
x 1
4
x
4
3
4x 3
4x 3
16 2
x
9
16 2
x 3
9
16
64
x2 x
9
81
64
x 3
81
64
256
x
81
81
1931
729
16 2 64
256
x x
9
81
729
9
x 1
4
9
x
4
-1
1
0
224
6561
729
x
7724
1931
1931
729
x 4 3x 1; 4x 3 3;
9
1931
x 1;
4
729
Para separar las races basta tener en cuenta el teorema de Sturm (en cuya demostracin no
entraremos) que dice:
Sea P(x) = 0 una ecuacin polinmica sin races mltiples y (a, b) un cierto intervalo. El
nmero de races reales de la ecuacin contenidas en el intervalo es igual a la diferencia de
las variaciones que, para x = a y para x = b presenta la sucesin de Sturm.
Sigamos el ejemplo ya iniciado, es decir la ecuacin x 4 3x 1 0 .
x 3x 1
4x 3 3
9
x 1
4
1931
729
N de Variaciones
4
+
-
0
+
-
1
+
+
2
+
+
+
+
+
+
+
+ + +
2 1 0
Mtodo de Newton
Mtodo de Newton Modificado
Mtodo de las Cuerdas
225
f x 0 h f x 0 h f x 0
h2
f x 0 h 0
2
f x 0 h 2f x 0 h
f x 0
2f x 0
x1 x 0 h x 0
f x 0
f x 0
Repitiendo el proceso:
x 2 x1
f x1
f x 2
f x n
; x3 x 2
; ; x n 1 x n
f x1
f x 2
f x n
Veamos ahora, si estando la raz comprendida en el intervalo (a, b) nos conviene hacer
x0 = a x0 = b. Supongamos que f x tiene signo constante en el intervalo (a, b), lo que
siempre se puede conseguir en caso necesario estrechando el intervalo. Sabemos que
x1 x 0
f x 0
f x 0 h 2f x 0 h
; x x0
f x 0
f x 0
2f x 0
x x1
h 2f x 0 h
2f x 0
Luego,
x x0
226
f x 0 h 2f x 0 h
f x 0
2f x 0
Como interesa que x x1 sea menor que x x 0 los dos sumandos que figuran en
x x 0 deben sumarse, luego f(x) y f x deben tener el mismo signo.
Todo esto puede verse de un modo intuitivo muy simple acudiendo a una representacin
grfica.
Sea la ecuacin f(x) = 0 y consideremos la curva
y = f(x) representada en el figura. La ecuacin de
f(x)
la tangente en el punto (x0, f(x0)) es:
y f x 0 f x 0 x x 0
b
a x1
x0
x1 x 0
f x 0
f x 0
Tal como se haba establecido anteriormente. Es decir, que el mtodo consiste en sustituir
la curva por la tangente, razn por la cual se suele llamar al mtodo de Newton mtodo de
las tangentes.
Con objeto de ver cual de los dos extremos del intervalo es x0 consideremos los cuatros
casos posibles en los que suponemos f(x) continua y f x de signo constante. En las
figuras es fcil comprobar que x0 debe corresponder al punto en el cual la funcin y la
derivada segunda tienen igual signo.
f(x)
f(a) > 0
f x 0
x0=b
b
a x1
x0
f(x)
f(b) < 0
f x 0
f(x)
f(b) > 0
f x 0
f(a) < 0
f x 0
f(x)
X
x0 = b
x0 = a
227
Veamos ahora el clculo del error x x n 1 . Aplicando el teorema del valor medio y
teniendo en cuenta que, por ser x raz f(x) es igual a cero,
f x f x n 1 f x n 1 x x n 1 f c m x x n 1
Donde c es un valor interior al intervalo (x, x n+1) y m un valor menor que la primera
derivada en dicho intervalo. De aqu
x x n 1
f x n 1
m
f x n 1 f x n f x n x n 1 x n
f d
x n 1 x n 2
2
x n 1 x n
f x n
f x n f x n x n 1 0
f x n
Nos queda
f x n 1
f d
x n 1 x n 2 M x n 1 x n 2
2
2
x x n 1
M
x n 1 x n 2
2m
f x x 3 3x 1 f x 3x 2 3 f x 6x
f 0,3 0,127 f 0,4 0,136
Y, como f x es positiva en el intervalo (0,3; 0,4), debemos tomar x0 = 0,3.
228
x1 0,3
0,127
0,34652
2,73
x 2 0,34652
0,00205
0,34730
2,63977
Con lo cual,
2,4
0,34730 0,346522 3 107
2 2,54
Por lo tanto podemos asegurar que x es igual a 0,34730 con todos los decimales exactos.
Ejemplo 2:
Aproximemos la raz de la ecuacin ex 3x 2 0 que est comprendida entre 2 y 3.
f x e x 3x 2 f x e x 3 f x e x
f (2) 0,61 0
f 3 9,09 0
Y como f x es siempre positiva, debemos tomar x0 = 3.
9,085537
2,3968704
2,4682322
x 2 2,4682322
2,1959091
17,085537
8,8015660
0,4004415
0,0196556
x 3 2,1959091
2,1290369 x 4 2,1290369
2,1254015
5,9881688
5,4067663
x1 3
Si nos detenemos aqu, teniendo en cuenta que la raz est comprendida entre 2,1 y 2,2
tenemos, para el error:
M = Mximo de ex < 9,1
9,1
2,1254015 2,12903692 1,37 105
2 5,1
229
f(x)
X
x1 x2 x0
y f (x1 ) f x 0 x x1
Y, haciendo y = 0 y x = x2 obtenemos x 2 x1
x3 x 2
f x1
. Y, del mismo modo:
f x 0
f x 2
f x n
;.......; x n 1 x n
f x 0
f x 0
f x x x 1 3 x 1 senx f x x 11 / 2
x
x 11 / 2 1 x 12 / 3 cos x
2
3
f x x 11 / 2
x
x 13 / 2 2 x 15 / 3 senx
4
9
f(1,2) = -0,45274 0 f(1,6) = 0,20528 0
f x 0
1,6
2,61 / 2 1 2,6 2 / 3 cos1,6 1,96150
2
3
Esta derivada no hay que volverla a calcular.
1/ 2
0,20528
1,49535
f 1,49535 0,00863
1.96150
0,00863
x 2 1,49535
1,49095
f 1,49095 0,00075
1.96150
0,00075
x 3 1,49095
1,49057
f 1,49057 0,00007
1.96150
0,00007
x1 1,49057
1,49053
1.96150
x1 1,6
230
luego x0 = 1,6
3.17.3 Mtodo de las Partes Proporcionales, Regula Falsi Mtido de las Cuerdas
Se trata, en este caso, de sustituir la curva
por la cuerda, en vez de sustituirla por la
tangente, tal como indica la figura. La
ecuacin de la cuerda es:
f(x)
x1
x2
a
b= x0
X
y f x 0
f x 0 f a
x x 0
x0 a
Y, haciendo y = 0; x = x1 obtenemos
x1 x 0
f x 0
x 0 a
f x 0 f a
Y, repitiendo el proceso,
x 2 x1
f x1
x1 a x n 1 x n f x n x n a
f x1 f a
f x n f a
Como se ve, hay un extremo fijo, que en este caso es el x = a. Si el extremo fijo fuera el
x = b procediendo del mismo modo llegaremos a
x n 1 x n
f x n
x n b
f x n f b
Haciendo como en el prrafo anterior los grficos de los cuatro casos posibles se ve que el
extremo fijo es aquel en el que coinciden los signos de f(x) y f x .
Para el clculo del error, tenemos:
x n 1 x n
f x n
x n a f x n f x n f a x n 1 x n
f x n f a
xn a
f x f x n
f x n f a
x n 1 x n
xn a
231
x x n f c x n 1 x n f d x x n f d x n 1 x n
f c
f d
f d f c
x x n 1 x x n x n 1 x n
1x n 1 x n
x n 1 x n
f c
f c
Mm
x x n 1
x n 1 x n
m
Ejemplo:
Aproximemos, por el mtodo de las cuerdas, la raz de la ecuacin x 4 x 2 3x 2 0 que
est comprendida entre 1,5 y 2.
5
Y
4
X1
0
1,4
1,5
1,6
1,7
X2
1,8
1,9
2,1
-1
-2
-3
-4
-5
y x 4 x 2 3x 2 y 4x 3 2x 3 y 12x 2 2
f 1,5 3,6875 f 2 4
Como f x es positiva en el intervalo, el extremo fijo corresponde a x = 2.
x n 1 x n
f x n
x n b x1 x 0 f x 0 x 0 2 1,5 (3,6875) 1,5 2
f x n f b
f x 0 4
(3,6875 4)
x1 1,7398 x 2 1,7398
x 3 1,7953
(-1,08361)
1,7398 2 1,7953
(-1,08361 4)
(-0,22073)
1,7953 2 1,8060
(-0,22073 4)
232
x 4 1,806
(-0,04139)
1,806 2 1,8080
(-0,04139 4)
x 5 1,8080
(-0,00764)
1,8080 2 1,8084
(-0,00764 4)
1,8084 1,8080
x n 1 x n
m
7,5
10 3
Lo que nos garantiza tres decimales exactos. Si quisiramos asegurar cuatro decimales
exactos tendramos que continuar el proceso.
3.17.4 Mtodo de Newton Fourier Mtodo Mixto
Se trata de utilizar simultneamente los dos mtodos que se acaban de explicar en los
prrafos anteriores. Sea, por ejemplo, la ecuacin 3 ln 1 x senx 1 0 , y consideremos
la raz comprendida entre 0 y 1.
f x 3 ln 1 x senx 1 f x
f 0 1 f 1 1,9209 f 0 4
3
3
cox f x
senx 0
1 x
1 x 2
Y
2
1,5
0,5
X1
0
0
0,2
X2 0,4
0,6
0,8
1,2
-0,5
-1
A
-1,5
233
X3
X4
x3 x 4
0,2751
2
x 4 x3
0,0004 10-3
2
234
x n 1 x n f x n f x n 1 x n x n 1 f c M x n x n 1
Y, dando valores a n,
x 2 x1 M x1 x 0
x 3 x 2 M x 2 x1
................................
x n 1 x n M x n x n 1
Y, multiplicando todas las desigualdades,
x n 1 x n Mn x1 x 0
Como M es menor que uno en valor absoluto, tiende hacia cero al tender n a infinito.
La interpretacin grfica del mtodo puede verse en las dos figuras que siguen.
y=x
y=x
y = f(x)
x2
x1
y = f(x)
x0
x0
x2 x3
x1
Estas figuras nos dicen que si f(x) es positiva (y menor que uno, claro es) la sucesin de
las xi es montona creciente o decreciente segn que el valor inicial x 0 sea menor o mayor
que la raz, mientras que si f(x) es negativa (y menor que uno en valor absoluto) nos
acercamos a la raz en espiral; es decir que si x p es mayor que la raz, xp+1 es menor y
viceversa.
Veamos ahora una frmula para el error. Hagamos F(x) = x f(x) , y tenemos,
Fx Fx n 1 x x n 1 Fc x x n 1 1 f c x x n 1 1 M
Por otra parte, teniendo en cuenta que si x es la raz, F(x) = 0,
235
Fx Fx n 1 f x n 1 x n 1 x n 2 x n 1 x n 1 x n M
Finalmente
Error = x x n 1
x n 2 x n 1
M
x n 1 x n
1 M
1 M
Es opinin generalizada que si xn+1 y xn tienen p decimales iguales, podemos asegurar que
conocemos p decimales exactas de la raz. Esto no es siempre cierto. Si M es mayor que ,
M/(1 M) es mayor que 1 y, aunque xn+1 xn sea menor que 10-p, no podremos asegurar
que el error sea menor que 10-p.
Ejemplo 1:
Aproximemos la raz de la ecuacin x4 x3 x2 x 1 = 0, que est comprendida entre 1
y 2.
3x 2 2x 1
x 4 x 3 x 2 x 1 f x
M 0,56
3
4 4 x3 x 2 x 1
0,56
1,9263 1,9253 0,0013
1 0,56
x 3 9 x f x
1
3
9 x 2
M 0,28
236
Si nos detenemos aqu, y dado que f(x) es negativo, podemos calcular el error de dos
maneras; por la frmula general o como la semidiferencia entre x6 y x5.
Error =
0,28
1,9201776 1,9201749 1,1 106
1 0,28
Error =
1,9201776 1,9201749
1,35 10 6
2
x ex 2 f x ex 2
y x ln x 2 f x 1 x
Para la primera raz los valores de M son 0,17 y 10, respectivamente. Por lo tanto habr
que elegir la primera forma ya que la primera derivada debe ser menor que uno.
x0 = 0,15; x1 = 0,1572372; x2 = 0,1583792; x3 = 0,1585602; x4 = 0,1585889;
x5 = 0,1585935; x6 = 0,1585942; x7 = 0,1585943
Error =
0,17
0,1585943 0,1585942 107
1 0,17
Para la segunda raz los valores de M son 7,39 y 0,34, respectivamente. Por lo tanto habr
que elegir la segunda forma.
x0 = 3,5; x1 = 3,2527630; x2 = 3,1795048; x3 = 3,1567255; x4 = 3,1495352;
x5 = 3,1472549; x6 = 3,1465306; x7 = 3,1463005; x8 = 3,1462273;
x9 = 3,1462041; x10 = 3,1461967; x11 = 3,1461943; x12 = 3,1461936
Error =
0,34
3,1461943 3,1461936 106
1 0,34
237
1
f a gy 0
y
Que tendr una sola raz entre uno e infinito. Dando valores a y obtendremos la sucesin
g(1), g(2), g(3) . Que continuaremos hasta obtener un cambio de signo. Si este cambio se
1
produce entre b y b+1 esto querr decir que b y b+1. Hagamos ahora y b con lo
z
que llegaremos a
1
g b h z 0
z
xa
b
c
1
d ...
El esquema para hacer abreviadamente los cambios de variable puede verse en los
ejemplos que siguen.
Ejemplo 1:
Aproximemos la raz de la ecuacin x3 + x 9 = 0 que est comprendida entre 1 y 2.
x 1
1 1 0
1
1 1 1
1
1 -9
1 2
2 -7
2
1 1 2 4
1
1 1 3
1
238
y 1
1 7 -4 -3 -1
7 3 0
1 7 3 0 -1
7 10
1 7 10 10
7
1 7 17
7
z 11
11 1 -10 -17 -7
11 11 -66
11 1 1
-6 -73
11 132
11 1 12 126
11
11 1 23
1
u 1
1 73 -126
73
1 73 -53
73
1 73 20
73
1 73 93
-23 -1
-53 -76
-76 -77
20
-56
73
El resultado es 77v3 56v2 96v 73 0 . El cambio de signo se obtiene entre 1 y 2.
239
1 77
v 1
56
77
1 77 133
77
1 77 210
77
1 77 287
-96 -73
133 37
37 -36
210
247
77
El resultado es 36w3 247w 2 287w 77 0 . El cambio de signo se produce ahora entre
7 y 8. Si queremos detenernos aqu tomamos w = 8, con lo cual, v = 9/8; u = 17/9;
z = 196/17; y = 213/196; x = 409/213 = 1,9201877,
En la teora de las fracciones continuas se demuestra que el error es menor que el cuadrado
de la inversa del denominador. Es decir que en nuestro ejemplo,
Error
1
0,00003
2132
x 2
2 1 0 -4 -2
2 4 0
2 1 2 0 -2
2 8
2 1 4
2
2 1 6
1
Obtenindose 2y3 8y2 6y 1 0 . El cambio de signo se produce entre 4 y 5.
240
y 4
4 2 -8
8
4 2 0
8
4 2 8
8
4 2 16
-6 -1
0 -24
-6 -25
32
26
2
Obtenindose 25z3 26z2 16z 2 0 . El cambio de signo se produce entre 1 y 2.
z 1
1 25 -26 -16 -2
25 -1 -17
1 25 -1 -17 -19
25 24
1 25 24
7
25
1 25 49
25
u 1
1 19 -7 -49 -25
19 12 -37
1 19 12 -37 -62
19 31
1 19 31 -6
19
1 19 50
19
241
1 62
v 1
6 -50 -19
62 68 18
1 62 68 18 -1
62 130
1 62 130 148
62
1 62 192
62
1
3 10 7 , podemos asegurar que x = - 2,214320.
2
2109
Puede suceder que entre los enteros a y a+1 haya dos races en vez de una. En ese caso el
procedimiento es el mismo, pero hay que tener cuidado para estar seguro de que estamos
calculando la raz que nos interesa.
Ejemplo 3:
Aproximemos la menor de las dos races de la ecuacin 20x3 15x2 + 1 = 0 que estn
comprendidas entre 0 y 1.
1
y3 15y 20 0 . Buscando los cambios de
y
signo averiguamos que esta ecuacin tiene una raz entre 1 y 2, y otra entre 2 y 3. La que
nos interesa es la segunda puesto que lo dicho equivale a que x est comprendida entre 1 y
1/2 para la primera y entre 1/2 y 1/3 para la segunda. La que nos interesa es, pues, sta
ltima y en lo sucesivo ya no habr ms dificultades puesto que la ecuacin en y solo tiene
una raz entre 2 y 3.
2 1 0 -15 20
2 4 -22
2 1 2 -11 -2
1
y 2
2 8
z
2 1 4 -3
2
2 1 6
Hacemos el cambio de variable x 0
242
z 1
1 2 3 -6 -1
2 5 -1
1 2 5 -1 -2
2 7
1 2 7 6
2
1 2 9
2
u 4
4 2 -6
8
4 2 2
8
4 2 10
8
4 2 18
-9 -2
8 -4
-1 -6
40
39
v 6
6 6 -39
36
6 6 -3
36
6 6 33
36
6 6 69
-18 -2
-18 -216
-36 -218
198
162
1
3 10 5 , podemos asegurar que x = 03564.
2
188
243
a 3 z3 3hz 2 3h 2 z h 3 a 2 z 2 2zh h 2 a1 z h a 0 0
x 3 px q 0
Ejemplo:
Sea la ecuacin x 3 3x 2 4x 6 0 . Haciendo x = z + h obtenemos
z
Es decir,
3hz 2 3h 2z h 3 3 z 2 2zh h 2 4z h 6 0
z3 3h 3z 2 3h 2 6h 4 z h 3 3h 2 4h 6 0
f z h f h f h z
f h 2 f h 3
z
z 0
2
6
244
z3 6
f h
f h
z6
0
f h
f h
f h h 3 3h 2 4h 6 f h 3h 2 6h 4 f h 6h 6 f h 6
Anulando f h obtenemos h = - 1; y, entonces nos queda
f h 8
f h 1
f h 6
8 z3 z 2 8 0
1
z3 6 z 2 6
6
6
El segundo paso en la frmula de Cardano Vieta consiste en hacer x = u + v en la ecuacin
x 3 px q 0 , con lo cual,
3u 2 v 3uv2 v3 pu v q 0
p 3uvu v u3 v3 q 0
Ecuacin que se cumple si hacemos
uv p 3
u 3 v 3 q
u 3 v3 p3 27
u 3 v 3 q
Como se sabe que en una ecuacin de segundo grado ax2 + bx + c = 0, la suma de las
races es b/a y su producto c/a, podemos decir que u3 y v3 son las races de la ecuacin
p3
w 2 qw
0 . Ecuacin que, una vez resuelta, da:
27
q q 2 4 p3 27
2
Es decir que
u3
q
q 2 p3
2
4 27
v3
245
q
q 2 p3
2
4 27
Ahora bien, como se debe recordar, cada nmero real o imaginario tiene tres races cbicas
diferentes, reales o imaginarias. Por lo tanto hay nueve maneras diferentes de obtener
x = u + v. Seis de ellas son soluciones extraas introducidas al elevar al cubo la igualdad
uv = p/3. Se hace pues necesario encontrar un criterio que permita desechar estas
soluciones extraas. Como uv = p/3 es un nmero real bastar emparejar aquellos valores
tales que su producto sea real, para lo cual es necesario que la suma de sus argumentos sea
un mltiplo de 180. Es decir que
Argumento de u + argumento de v = mltiplo de 180.
A continuacin, analicemos en detalle los casos que pueden presentarse:
-
q 2 p3
Primer Caso:
v 3 s3 0 s k 120
u1 r 0
v1 s 0
u 2 r120
v 2 s 120
u 3 r 240
v3 s 240
x1 u1 v1 r s
x 2 u 2 v3 r cos 120 s cos 240 i r sen120 s sen 240
r s i
3
r s
2
2
r s i 3 r s
x 3 u 3 v 2 r cos 240 s cos 120 i r sen 240 s sen120
2
2
b. u 3 r 3 0 r k120 ;
v 3 s3 180 s k 120 60
246
u1 r 0
v1 s 60
u 2 r120
v 2 s 180
u 3 r 240
v 3 s 300
x1 u1 v 2 r s
x 2 u 2 v1 r cos 120 s cos 60 i r sen120 s sen 60
s r i
3
r s
2
2
s r i 3 r s
x 3 u 3 v3 r cos 240 s cos 300 i r sen 240 s sen300
2
2
c. u 3 r 3 180 r k120 60 ;
v 3 s3 180 s k 120 60
u1 r 60
v1 s 60
u 2 r180
v 2 s 180
u 3 r 300
v3 s 300
r s i
2
3
r s
2
x 2 u 2 v2 r s
x 3 u 3 v1 r cos 300 s cos 60 i r sen300 s sen 60
r s i
2
3
r s
2
Como se ve en este primer caso se obtiene siempre una raz real y dos imaginarias
conjugadas.
-
q 2 p3
q
d 2 u 3 i d ;
2
4 27
nmero positivo, tenemos dos posibilidades:
Segundo Caso:
v3
q
i d . Como d es un
2
a. q positivo
b. q negativo
a. q > 0. Si hacemos
2d
q2
d 2 m6 ; arc tg
4
q
u 3 m3180 m k120 60 / 3;
247
v 3 m3180 m k120 60 / 3
u1 m
v1 m 60 / 3
60 / 3
v 2 m 180 / 3
u 2 m 180 / 3
v3 m 300 / 3
u 3 m 300 / 3
2m cos
3
b. q < 0. Hacemos
2d
q2
d 2 m6 ; arc tg
4
q
u 3 m3 m k120 / 3;
u1 m
/3
u 2 m 120 / 3
u 3 m 240 / 3
v 3 m3 m k120 / 3
v1 m / 3
v 2 m 120 / 3
v3 m 240 / 3
x1 u1 v1 2m cos
3
248
q 2 p3
q
a. u v 3 m3180 m k120 60
u1 m
v1 m 60
60
v 2 m 180
u 2 m 180
v3 m 300
u 3 m 300
u1 m
v1 m 0
v 2 m 120
u 2 m 120
v3 m 240
u 3 m 240
249
En resumen, para obtener las soluciones vlidas basta sumar los valores de u y de v cuyos
argumentos sumen un mltiplo de 180.
La naturaleza de las races depende del signo de la expresin
q 2 p3
, llamada
4 27
discriminante.
Si el discriminante es positivo, se obtiene una raz real y dos imaginarias conjugadas.
Si el discriminante es negativo se obtienen tres races reales diferentes.
Si el discriminante es nulo se obtiene una raz doble y otra simple, ambas reales.
Ejemplo 1:
Resolvamos la ecuacin x3 + 9x 26 = 0.
p 9 ; q 26 ;
p3 q 2
196 142
27 4
v1 1 60
u 2 3120
v 2 1180
u 3 3 240
v3 1 300
p3 q 2
23
0,2129629
27 4 108
1
23 3
250
v3
1
23 3
u1 0,9869912 0
v1 0,3377267 0
u 2 0,9869912 120
v 2 0,3377267 120
u 3 0,9869912 240
v3 0,3377267 240
p 3; q 1;
p3 q 2
3
27 4
4
u3
1
3
i
3 1120 1 k120 40
2
2
v3
1
3
i
3 1 240 1 k 120 80
2
2
u1 3 40
v1 180
u 2 3160
v 2 1 200
u 3 3 280
v3 1 320
251
p3 q 2
u1 1,4892280 50,985045
v1 1,4892280 69,014954
u 2 1,4892280 170,985045
v 2 1,4892280 189,014954
u 3 1,4892280 290,985045
v3 1,4892280 309,014954
p3 q 2
64 64 0
27 4
u v 3 8 2 k120 60
u1 2 60
v1 2 60
u 2 2 180
v 2 2 180
u 3 2 300
v3 2 300
x1 u1 v3 4 cos 60 2
x 2 u 2 v 2 4 cos180 4
x 3 u 3 v1 x1 2
3.19 Solucin Grfica de la Ecuacin de Cuarto Grado
Sea la ecuacin a 4 x 4 a 3x 3 a 2 x 2 a1x a 0 0 . Si hacemos x = z + h, obtenemos
a 4 h 4 a 3h 3 a 2 h 2 a1h a 0 0
252
Dividiendo por a4 y haciendo h = a3/4ha4 podremos llegar siempre a una ecuacin del
tipo
x 4 ax 2 bx c 0
Ejemplo 1:
Consideremos la ecuacin 2x 4 16x3 6x 2 4x 1 0 , Haciendo x = z + h, obtenemos
x 4 ax 2 bx c x 2 x 4 a 1x 2 bx c x 2 y 2 bx a 1y c
b
a 1
b 2 a 12 4c
x y
2
2
4
b 2 a 12 4c
b a 1
.
y x 2 y la circunferencia de centro ,
y radio R
2
4
2
Ejemplo 2:
Sea la ecuacin x 4 3x 2 2x 7 0 .
10,00
Y
9,00
8,00
7,00
6,00
5,00
4,00
3,00
2,00
1,00
X1
X2
0,00
-4
-3
-2
-1
0
-1,00
253
x 4 3x 2 2x 7 x 2 y2 2x 2y 7 x 12 y 12 9 0
Que corresponde a una circunferencia de centro (-1; -1) y radio igual a 3, lo que nos da dos
races reales, una negativa comprendida entre -1 y -2 y otra positiva comprendida entre 1 y
2. Para obtener alguna exactitud es necesario hacer el dibujo con precisin. En este caso en
particular, las races son x1 = 1,40 y x2 = 1,08.
x 4 px2 qx x 2 x 4 p 1x 2 qx x 2 y 2 qx p 1y
q
p 1
q 2 p 12
x y
2
2
4
Ejemplo:
Consideremos la ecuacin x3 7x 5 0 .
x 4 7x 2 5x x 2 x 4 8x 2 5x x 2 y2 5x 8y x 2,52 y 42 22,25 0
La circunferencia tiene su centro en ( 2,5; 4) y pasa por el origen. Se obtienen tres races
reales: x1 = 2,95 x2 = 0,78 y x3 = 2,1710,00
Y
8,00
6,00
4,00
2,00
X1
-11
-10
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-2
-1
-2,00
254
X2
0,00
-3
X3
2
3.21Problemas Resueltos
1. A partir de la siguiente tabla, hallar las diferencias divididas ms usuales y, adems,
x 2 x 4 x 0 .
x
0,2
0,35
0,5
0,6
0,8
1,0
f(x) -0,6900 -0,4559 -0,3010 -0,2218 -0,0969 0,0000
Solucin:
Construyamos, en primer lugar, la tabla de diferencias divididas ms usadas:
x
x0 = 0,2
x1 = 0,35
x2 = 0,5
x3 = 0,6
x4 = 0,8
x5 = 1
Adems:
f(x)
1 Orden 2 Orden 3 Orden 4 Orden 5 Orden
-0,6990
-0,4559 1,6207
-0,3010 1,0327
-1,9600
-0,2218 0,7920
-0,9627
2,4933
-0,0969 0,6245
-0,5583
0,8985
-2,6580
0,0000
0,4845
-0,3500
0,4167
-0,7413
2,3959
x 2 x 4 x 0 x 0 x 2 x 4 x 2 x 4 x 0 x 2
x 4 x 0
x x f x 4 f x 2 0,0969 0,3010 0,6803
2
x4 x2
0,8 0,5
x2 x0
0,5 0,2
255
De donde x 0 x1x 2 x 3 4a 8 a 2
h 17 5
x 0 x1 3 2 1 x1x x
2x 3 2 3
x3 x 2 x 1
x 1
1 0
4
3
x x 2 25 x 2x 2 x 3 x 2 3x 9
3 x
3
x x2 x 1 1
x 0 x1x
x2 x 1
x
3
2
3
2
x1x x 2 x x 3x 9 x x x 1 x 2 2x 5
2
2
2
x 0 x1x x 2 x 2x 5 x x 1 x 2 7 x 5
3
4. A partir de la siguiente tabla, y sabiendo que f(x) es un polinomio de tercer grado, hallar
f(4) y f(5).
x
0 1 2 3
f(x) 1 0 11 46
Solucin:
Planteemos la tabla de diferencias progresivas hasta x = 4:
x f(x) 2 3
0 1
1 0 -1
2 11 11 12
3 46 35 24 12
4 a
b c 12
Es de hacer notar que si la funcin es un polinomio de tercer grado, las diferencias de
orden cuatro deben ser nulas, y por lo tanto las de tercer orden deben ser iguales entre s.
De ah podemos plantear el siguiente sistema de ecuaciones:
c 24 12 c 36
b 35 36 b 71
256
a 46 71 a f 4 117
x f(x) 2 3
0 1
1 0 -1
2 11 11 12
3 46 35 24 12
4 117 71 36 12
5 a
b c 12
c 36 12 c 48
b 71 48 b 119
2f x e 3 1 e 3 x 1 e 3x e 3 1 e
..................................................................................
2 3x
n f x e 3 1 e 3 x
n
Fx a x 1 bx 1 c 3x 1 ax 2 bx c 3x 3x 2ax 2 6a 2bx 3a 3b 2c
2
Fx 3x 2ax 2 6a 2b x 3a 3b 2c 2x 2 6x 1 3x
2a 2 a 1 6a 2b 6 b 0 3a 3b 2c 1 c 1
1f x x 2 1 3x k
3
7. Si f x 2x sen x , resolver f x f x para h = 1.
2
Solucin:
Si f x f x , entonces f x 1 f x f x , y por lo tanto f x 1 2f x
257
3
3
3
3
3
2 x 1 sen x 1 2 2 x sen x 2 x 1 sen x sen x sen x 1 0
2
2
2
2
2
x
3 2
3
0
sen x sen
2
2
3
a
3
3a a
Recordemos que: sena sen a 2 2 cos sen . Si hacemos a x x 2 y
2
4 2
4 4
3a
3
3 3
3 x 2 , con lo que la ecuacin queda 2 cos 3 x 2 sen x 2 0 .
4
2
2 2
3
3
Ecuacin que tiene dos soluciones: sen x 2 0 y cos 3 x 2 0 . En el primer caso,
2
2
3
3
3
ln 3 ln 4k
3
sen x 2 0 x 2 k x 4k 2x
x
2
2
4k
ln 2
2
Y en el segundo,
3 22k 1
9
3
cos 3 x 2 0 3 x 2 2k 1 x
2x
4k 2
2
2
2
3
2
ln 9 ln 4k 2
x
ln 2
Para k = 0, x
ln 3
ln 9 ln 2
; x
ln 2
ln 2
x0
x2
x4
x6
1 E
35 2D E D 17
357 8C 4D E C 36
1591 48B 24C 6D E B 13
Trminos en x4 1 A
258
f x 4 2x 3 13 3 2x ( 2 36 2 2x (1 17 1 2x ( 0
f x 8x 3 78x ( 2 144x (1 34x ( 0 8x x 2x 4 78x x 2 144x 34
f x 8x 3 30x 2 52x 34
2f x 8 3 2x 2 78 2 2x (1 144 1 2x ( 0
2f x 48x 2 312x (1 288x ( 0 48x x 2 312x 288
2f x 48x 2 216x 288
Y, para la antidiferencia,
x (5
13x ( 4 36x (3 17 x ( 2
x (1
k x (0
5 2 4 2 3 2 2 2 1 2
1
13
1f x x x 2 x 4 x 6x 8 x x 2x 4x 6 6x x 2 x 4
10
8
17
1
x x 2 x k
4
2
1
3
1
1
2
1f x x 5 x 4 x 3 x 2 x k
10
8
2
4
5
1f x
uv u x vx h vx vx u x h u x u x h u x vx h vx
u x vx h u x vx vx u x h vx u x u x h vx h u x h vx
u x vx h u x vx u x h vx h u x vx f x
Si hacemos u x (3 u 3x ( 2 , y v 3x v 2 3x , por lo tanto:
f x x (3 2 3x 3x 3x ( 2 3x ( 2 2 3x 2x (3 9x ( 2 3x
259
y repitiendo el procedimiento
f x 4x
2f x 2x (3 9x ( 2 2 3x 3x 6x ( 2 18x (1 2 3x 6x ( 2 18x (1
2
(2
(1
f x 8x
36x 54x 3
(3
(3
(3
(2
(1
(1
(0
(2
(1
(3
(2
(1
(0
2 3
(2
(1
(3
(2
(1
3x 2 x 1
, y su valor para x = 0 (h = 1).
x 3 6x 2 11x 6
Solucin:
Descomponiendo el denominador de la funcin, tenemos:
f x
3x 2 x 1
3x 2 x 1
A
B
C
3
2
x 6x 11x 6 x 1x 2x 3 x 1 x 1x 2 x 1x 2x 3
3x 2 x 1 Ax 2x 3 Bx 3 C
Para x 3 31 C
Para x 2 15 B C B 16
En x 2 A 3
Y, expresando la funcin en polinomios factoriales,
f x 3x ( 1 16x ( 2 31x ( 3
f x 3x ( 2 32x ( 3 93x ( 4
2f x 6x ( 3 96x ( 4 372x ( 5
3f x 18x ( 4 384x ( 5 1860x ( 6
3f x
18
384
x 1x 2x 3x 4 x 1x 2x 3x 4x 5
1860
x 1x 2x 3x 4x 5x 6
260
1 2 3 4 5 6
720
15
3f x
x 1x 3
, con
Solucin:
x 2
1
Ax( 1 Bx ( 2 Cx ( 3
x 1x 3 x 1x 2x 3
x 2
A
B
C
x 1x 2x 3 x 1 x 1x 2 x 1x 2x 3
x 2 Ax 2x 3 Bx 3 C
x 3 1 C
x 2 0 B C B 1
en x 2 A 0
Por lo tanto, f x x ( 2 x ( 3 , y para las diferencias,
f x 2 1 x ( 3 3 1 x ( 4 2x ( 3 3x ( 4
2
3
2x 5
f x
4
3
x 1x 2x 3 x 1x 2x 3x 4 x 10x 35x 2 50x 24
x ( 1
x ( 2
1
x ( 1 x ( 2
1 2 1 3
2
1
1
2x 3
1f x
2
x 1 2x 1x 2 2x 6x 4
1f x
12. Hallar
2 n
Solucin:
Definimos la funcin f x x 2 3x
ax 2 bx c 3x .
y hallamos su antidiferencia, Fx 1f x
261
x 2 3x a x 1 bx 1 c 3x 1 ax 2 bx c 3x
x 3 2ax 6a 2b x 3a 3b 2c 3
2
3
3
1
Fx x 2 x 3x
2
2
2
Recordemos que Sn = F(n+1)- F(1), por lo tanto:
3
3
1
1 3 3
2
3n Sn n 1 n 1 3n 1 3
2
2
2
2 2 2
1
1
3
Sn n 2 n 1 3n 1
2
2
n
f(x)
-4
1
5
18 17
53 35
112 59
201 89
326 125
2 3
12
18
24
30
36
6
6
6
6
De aqu se deduce que la funcin puede expresarse mediante un polinomio de tercer grado.
f n an 3 bn 2 cn d
4abcd
5 7a 3b c 12 12a 2b
1 8a 4b 2c d
a 1 b 0
17 19a 5b c
6 6a
18 27a 9b 3c d
18 18a 2b
c 2 d 3
35 37a 7b c
53 64a 16b 4c d
262
x 3 2x 3 Ax(3 Bx ( 2 Cx (1 Dx ( 0 Ax x 1x 2 Bx x 1 Cx D
D 3 C 1 B 3 A 1
x (4
x (2
x (3
3x (1 K
4
2
x
x
1
x
2
x
3
x
x
1
1f x
x x 1x 2
3x K
4
2
f x x (3 3x ( 2 x (1 3x ( 0 1f x
Y, por lo tanto:
n 1n 3n 1 K 3 K
n 1 n n 1n 2
Sn
n 1 n n 1
4
2
n 2
n
Sn
n 1 n 2 4 n 2 1 2n 1 12 n 3 2n 2 3n 16
4
4
10
12
14
...
1 3 5 3 5 7 5 7 9
Solucin:
2x 8
, y si
2x 12x 12x 3
hacemos z = 2x 3 entonces 2x 1 = z + 2; 2x + 1 = z + 4; 2x + 3 = z + 6 . Quedando,
El trmino general de la suma puede expresarse como: f x
z 11
A
B
C
Az( 1 Bz( 2 Cz ( 3
z 2z 4z 6
z 2 z 2z 4 z 2z 4z 6
z 11 Az 4z 6 Bz 6 C
A 0 B 1 C 5
f z
f z z ( 2 5z ( 3 Fz 1f z
z ( 1 5z ( 2
1
5
K
2
4
2z 2 4z 2z 4
Fz 2 Fz f z
263
F1 F 1 f 1
F3 F1
f 1
Sn F2n 1 F 1
1
5
1 5
F5 F3 f 3
S
F2n 1 F2n 1 f 2n 1
Sn
11
4n 11
12 42n 12n 3
15. Dada la siguiente tabla, calcular, por la frmula de Lagrange, el valor de la funcin en
x = 3.
0 1 2 4 5
x
f(x) 0 16 48 88 0
Solucin:
n
L i (x)
3 13 23 43 5 16 3 03 23 43 5
0 10 20 40 5
1 01 21 41 5
3 03 13 43 5 88 3 03 13 23 5
48
2 02 12 42 5
4 04 14 24 5
3 03 13 23 4 0 1 16 6 48 1 88 1 0 1
0
5 05 15 25 4
10
2
12
10
f 3 0
f 3 84
16. Dada la tabla que se incluye a continuacin hallar, mediante la frmula de Lagrange, el
valor de f(50,2).
50
51
52
53
54
55
x
f(x) 7,07107 7,14143 7,21110 7,28011 7,34847 7,41620
Solucin:
Ya que las abscisas estn uniformemente espaciadas, conviene hacer el cambio de variable
x x0 = r h. En este caso: r 50,2 50 1 0,2 , y el polinomio de Lagrange es:
264
r 1r 2r 3r 4r 5 y r r 2r 3r 4r 5
1
5 4 3 2 1
4 3 2 11
r r 1r 3r 4r 5
r r 1r 2r 4r 5
y2
y3
3 2 112
2 1123
r r 1r 2r 3r 5
r r 1r 2r 3r 4
y4
y4
1234
12345
0,2 10,2 20,2 30,2 40,2 5
f 50,2 7,07107
f x y 0
120
0,2 0,2 20,2 30,2 40,2 5
0,2 0,2 10,2 30,2 40,2 5
7,14143
7,2111
24
12
0,2 0,2 10,2 20,2 40,2 5
0,2 0,2 10,2 20,2 30,2 5
7,28011
7,34847
12
24
0,2 0,2 10,2 20,2 30,2 4
7,41620
7,08520
120
Por lo tanto,
265
x x 0 x x1 x x 2 x x 3 M
4!
En donde M es, en este caso, el mximo de la cuarta derivada, f IV x cos x M 1
f(x)
1 Orden 2 Orden 3 Orden
132,651
148,877 81,130
157,464 85,870
15,80
166,375 89,110
16,20
1
195,112 95,790
16,70
1
216
104,440
17,30
1
f(x)
33,115
34,813
36,598
38,475
40,447
1,6980
1,7850 0,0870
1,8770 0,0920 0,0050
1,9720 0,0950 0,0030 -0,0020
266
r
r r 1 2
r r 1r 2 3
r r 1r 2r 3 4
f x f x 0 y 0
y0
y0
y0
1!
2!
3!
4!
r r 1
r r 1r 2
r r 1r 2r 3
f x 33,115 1,698 r
0,087
0,005
0,002
2
6
24
f x 33,115 1,698 r r r 1 0,0435 r r 1r 2 0,000833
r r 1r 2r 3 8,33 10 5
Y, para x = 3,58, r
x x 0 3,58 3,5
1,6 . Finalmente:
h
0,05
f x 33,115 1,698 1,6 1,6 0,6 0,0435 1,6 0,6 0,4 0,000833
1,6 0,6 0,4 1,4 8,33 105 35,873
20. Dada la siguiente tabla, hallar el valor de x para el cual f(x) = 0,79216.
0,5
0,55
0,6
0,65
0,7
0,75
x
f(x) 0,70711 0,74162 0,7746 0,80623 0,83666 0,86603
Solucin:
Ya que las abscisas estn uniformemente separadas, comenzamos por calcular las
diferencias progresivas:
x
0,5
0,55
0,6
0,65
0,7
0,75
f(x)
0,70711
0,74162
0,7746
0,80623
0,83666
0,86603
0,0345
0,0330
0,0316
0,0304
0,0294
-0,0015
-0,0013 1,80E-04
-0,0012 1,50E-04 -3,00E-05
-0,0011 1,40E-04 -1,00E-05 2,00E-05
r0
yg y0 0,79216 0,70711
2,46450
y0
0,0345
El siguiente es:
r1 2,4645
2,4645 2,4645 1
2,4645 2,4645 1 2,4645 2
0,0015
1,8 104
0,0345
0,0345
267
2,0 10 5 2,543015
0,0345
2,543015 2,543015 1
2,543015 2,543015 1 2,543015 2
0,0015
1,8
0,0345
0,0345
2,543015 2,543015 1 2,543015 2 2,543015 3
104
3,0 105
0,0345
2,543015 2,543015 1 2,543015 2 2,543015 3 2,543015 4
2,0 105
0,0345
r2 2,549592
r2 2,4645
f(x)
2
3
0,96
0,94 -0,0200
0,93 -0,0100 0,0100
0,90 -0,0300 -0,0200 -0,0300
268
h 0,5 r
x x 0 1,3 1
0,6
h
0,5
r
r r 1 2
r r 1r 2 3
f x f x 0 y 0
y0
y0
1!
2!
3!
0,6 0,6 1
0,6 0,6 10,6 2
f x 0,96 0,6 0,02
0,01
0,03 0,945
2
6
f(x)
2
3
0,97
0,96 -0,0100
0,94 -0,0200 -0,0100
0,93 -0,0100 0,0100 0,0200
0,6 0,6 1
0,6 0,6 10,6 2
0,01
0,02 0,966
2
6
f(x)
2
3
0,98
0,97 -0,0100
0,95 -0,0200 -0,0100
0,94 -0,0100 0,0100 0,0200
0,6 0,6 1
0,6 0,6 10,6 2
0,01
0,02 0,976
2
6
2
10 0,945
13 0,966 0,0210
16 0,976 0,0100 -0,0110
h 3,0 r
f y 0,945 0,8333 0,021
x x 0 12,5 10
0,8333
h
3,0
0,8333 0,8333 1
0,011 0,963
2
Es decir, Cc = 0,963.
269
22. En la siguiente tabla se presenta el valor lmite de resistencia a la rotura en N/mm2 (Y)
en funcin de la dureza Brinell en N/mm2 (X) de cabillas de acero utilizadas en la
construccin. Existe una relacin funcional entre las dos variables?
X 263 262 262 262 263 260 263 262 265 262 260 265 265 265 263
Y 88,5 90 90,5 87,5 88,5 90 87,5 88 90,5 88,5 87,5 90 87,5 89,5 90
Solucin:
Dado que se trata de una funcin de una variable, intentemos una relacin lineal. Los
clculos correspondientes son:
X
Y
X2
263
88,5
69169
262
90
68644
262
90,5
68644
262
87,5
68644
263
88,5
69169
260
90
67600
263
87,5
69169
262
88
68644
265
90,5
70225
262
88,5
68644
260
87,5
67600
265
90
70225
265
87,5
70225
265
89,5
70225
263
90
69169
3942 1334 1035996
XY
23275,5
23580
23711
22925
23275,5
23400
23012,5
23056
23982,5
23187
22750
23850
23187,5
23717,5
23670
350580
Es decir: y 56,08 0,125x . Segn esta relacin, cuya validez hay que establecer, los
valores estimados y los correspondientes errores son:
270
y
89,0
88,8
88,8
88,8
89,0
88,6
89,0
88,8
89,2
88,8
88,6
89,2
89,2
89,2
89,0
X
Y
263 88,5
262
90
262 90,5
262 87,5
263 88,5
260
90
263 87,5
262
88
265 90,5
262 88,5
260 87,5
265
90
265 87,5
265 89,5
263
90
3942 1334
y y 2 y y2
0,21
1,36
2,78
1,78
0,21
2,01
2,13
0,69
1,67
0,11
1,17
0,63
2,92
0,09
1,09
18,83
0,19
1,14
2,45
2,05
0,19
1,14
2,05
0,87
2,45
0,19
2,05
1,14
2,05
0,32
1,14
19,43
-0,46
1,17
1,67
-1,33
-0,46
1,42
-1,46
-0,83
1,29
-0,33
-1,08
0,79
-1,71
0,29
1,04
n 2 i 1
15 2
Y,
3942 38,40
1 n
Sxx x x i 1035996
n i 1
15
i 1
2
2
i
1
Sxx
2
0,125
0,64 . Y el valor de referencia es
1,45 38,40
t/2,n-2 = t0,025;13 = 2,53. Ya que T0 0,64 es menor que el valor de referencia, t/2,n-2, no es
posible rechazar la hiptesis nula, es decir 1 es igual a cero, indicando que no hay relacin
entre las variables. Por otra parte, el coeficiente de determinacin es:
n
R2 1
y
i 1
n
y
i 1
y i
18,83
0,03
19,43
271
Con un coeficiente de determinacin tan bajo se puede afirmar que el modelo lineal no es
apropiado. Para mayor certeza, probemos haciendo un ajuste a un polinomio de segundo
grado:
Y
X
X2
263
88,5 7832,25
262
90
8100
262
90,5 8190,25
262
87,5 7656,25
263
88,5 7832,25
260
90
8100
263
87,5 7656,25
262
88
7744
265
90,5 8190,25
262
88,5 7832,25
260
87,5 7656,25
265
90
8100
265
87,5 7656,25
265
89,5 8010,25
263
90
8100
=
3942 1334 118656,5
Media = 262,8 88,93 7910,43
Utilizando las expresiones matriciales, tenemos:
X X
T
105,101
X X X Y 8,028
0,044
Es decir, y 105,101 8,028x 0,044 . Planteemos la hiptesis
Ho: 1 = 2 = 0
H1: j 0 al menos para una j
T
Para el estadstico de prueba necesitamos el valor de SS E Y Y
y de SS R
XT Y 1 yi
n
n i 1
272
XT Y 37,20
F0
SS R k
1,18 2
0,19
SS E n p 37,20 15 3
Dado que f,k,n-p = f0,05;2;7 = 4,74 es superior a F0 0,19 no es posible rechazar la hiptesis
nula. Con lo que se puede concluir, razonablemente, que no hay relacin funcional entre
las variables propuestas.
23. Ajustar a los datos que se incluyen en la siguiente tabla un polinomio de segundo
grado. Comprobar la bondad del ajuste.
Y 11,62 8,35 11,17 6,81 5,7 7,03 13,48 10,3
X 0,76 0,42
0,8
0,2 0,05 0,29 0,94 0,69
Y 13,23 12,07 9,84 8,18 7,41 10,87 6,48
X 0,98 0,89 0,64 0,4 0,36 0,69 0,13
Solucin:
Comencemos por definir las matrices, recordando que, en este caso, la tercera columna de
la matriz X est conformada por el cuadrado de los valores de x:
1
1
1
1
1
1
X 1
1
1
1
1
1
0,76 0,5776
0,42 0,1764
0,80 0,6400
0,20 0,0400
0,05 0,0025
0,29 0,0841
0,94 0,8836
0,69 0,4761
0,98 0,9604
0,89 0,7921
0,64 0,4096
0,40 0,1600
0,36 0,1296
0,69 ,04761
0,13 0,0169
11,62
8,35
11,17
6,81
5,70
7,03
13,48
Y 10,30
13,23
12,07
9,84
8,18
7,41
10,87
6,48
C X X
T
273
2,4547
0,7649 3,0063
5,553
CX T Y 5,005 Es decir: y 5,553 5,005x 3,091x 2 . La varianza del modelo:
3,091
y
i 1
y i
np
n
R2 1
y
i 1
n
hiptesis:
y i
el
coeficiente
de
determinacin:
y
i 1
1,3026
0,1086 ,
15 3
0,1086
0,9856 indican un buen ajuste. En la prueba de
90,6043
Ho: 1 = 2 = 0
H1: 1 0 y/o 2 0
SS R k
89,30 2
En la prueba de hiptesis,
H0: j = 0
H1: j 0
j
El estadstico de prueba, T0
, es igual a 3,91 (C11 = 15,0960) para 1 y es igual a
2C jj
2,61 (C22 = 12,9360) para 2. En ambos casos el valor es superior al de referencia,
t / 2, n p t 0,025;13 2,56 . Lo que obliga a rechazar la hiptesis nula. Esto quiere decir que el
polinomio de segundo grado es un modelo adecuado. Finalmente, la representacin grfica
de los errores no presenta ningn patrn definido:
0,60
0,50
Error
0,40
0,30
0,20
0,10
Valor Estimado
0,00
0,0
2,0
4,0
6,0
8,0
-0,10
-0,20
-0,30
-0,40
-0,50
274
10,0
12,0
14,0
16,0
i1
i1
n
n
n
n
n
a i 2a i1 x1 a i22 x 2 a i 2a i 3 x 3 a i 2a i 4 x 4 a i 2 k i
i 1
i1
i1
i1
i1
n
n
n
n
n
a i 3a i1 x1 a i23 x 2 a 2i 3 x 3 a i 3a i 4 x 4 a i 3k i
i 1
i1
i1
i1
i1
n
n
a i 4a i1 x 4 a i 4a i 2 x 2 a i 4a i 3 x 3 a i24 x 4 a i 4 k i
i 1
i1
i1
i1
i1
Y, sustituyendo valores:
x2 = 0,416
x3 = 0,309
x4 = 0,222
275
Solucin:
Ya que la variable independiente est uniformemente separada comencemos por hallar las
diferencias progresivas.
x
0,4
0,7
1
1,3
1,6
f(x)
2
3
4
-1,9564
-1,9667 -0,0103
-2
-0,0333 -0,0230
-1,9477 0,0523 0,0856 0,1086
-1,7012 0,2465 0,1942 0,1086 0,0000
Volviendo a derivar,
1
0,0115 2 0,01816r 6 1 0,0230 0,01816r 6
f x
2
0,09
0,3
Para x = x0 = 0,4 r = 0, por lo tanto:
1
0,0103 0,0115 0,0181 2 0,1247
f 0,4
0,3
1
0,0230 0,0181 6 1,4622
f 0,4
0,09
1
0,0103 0,0115 3 0,0181 2 0,0287
0,3
Para x = 0,8 r = (0,8-0,4)/0,3 = 4/3
1
5
2
f x
0,0103 0,0115 0,0181 0.1384
0,3
3
3
Para x = x2 = 1 r = 2 f 1
26.
Dada la tabla
x
1,00
1,50
2,20
3,00
f(x) -0,2817 -2,2683 -5,4950 -6,9145
276
f(x)
1 Orden 2 Orden 3 Orden
-0,2817
-2,2683 -3,9732
-5,4950 -4,6096
-0,5303
-6,9145 -1,7744
1,8901
1,2102
Derivando,
f (x) x 0 x1 x 0 x1x 2 x x 0 x x1
x 0 x1x 2 x 3 x x 0 x x1 x x 0 x x 2 x x1 x x 2
33
Solucin:
Verifiquemos, en primer lugar, que no haya ningn punto de inflexin en el intervalo:
277
f x 3 x 2 x 1
2x 1
f x
2/3
2
3 x x 1
f x
2x 2 2x 4
9 x2 x 1
5/3
0 Puntos de inflexin x1 2 x 2 1
Ya que no hay puntos de inflexin dentro del intervalo, podemos aplicar la frmula de
Poncelet. Hagamos n = 8, por ejemplo. As, h 3 1 8 0,25 .
x0 1
y 0 1,4423
x1 1,25 y1 1,5622
x 3 1,75 y3 1,7980
Im p y1 y3 y5 y 7 7,6307
x 5 2,25 y5 2,0257
E y 0 y8 3,7936
E y1 y 7 3,8070
x 7 2,75 y 7 2,2448
x8 3
33
y8 2,3513
E E
3,7936 3,8070
x 2 x 1 dx h
2 Im p 0,25
2 7,6307 3,81453
4
4
El error es:
Error h
E E
3,7936 3,8070
0,25
8,5 104
4
4
Lo que quiere decir que hay tres decimales exactos, que es ms de lo que nos pedan. Por
lo tanto,
33
x 2 x 1 dx 3,815
x
0
decimales exactos.
Solucin:
Comencemos por buscar los puntos de inflexin:
f x x 4 ln x f x 4x 3 ln x x 3
f x 12x 2 ln x 4x 2 3x 2 x 2 12 ln x 7 0 x 0 x e 7 / 12 0,5580
278
Ya que el segundo valor est dentro del intervalo es necesario dividir la integral en dos. Es
decir, I1
tiene h e
e 7 / 12
0
7 / 12
x0 0
0 10 0,05580 .
y0 0
x1 0,05580 y1 0,000028
x 3 0,16741 y3 0,001404
Im p y1 y3 y5 y 7 y9 0,074871
x 5 0,27902 y5 0,007736
E y 0 y10 0,056567
E y1 y9 0,043845
x 7 0,39062 y 7 0,021886
x 9 0,50223 y9 0,043817
x10 0,55804 y10 0,056567
Lim
0 . As:
regla de lHpital: Lim x 4 ln x Lim 4 Lim
x 0
x 0 x
x 0 4x 5
x 0 4
I1
e 7 / 12
0,056567 0,043845
x 4 ln x dx 0,05580
2 0,074871 0,0085
4
0,056567 0,043845
1,77 10-4.
4
x 0 0,55804 y 0 0,056567
x1 0,60223 y1 0,066705
x 3 0,69062 y3 0,084209
Im p y1 y3 y5 y 7 y9 0,361134
x 5 0,77902 y5 0,091970
E y 0 y10 0,056567
E y1 y9 0,104431
x 7 0,86741 y 7 0,080525
x 9 0,95580 y9 0,037726
x10 1 y10 0
1
0,056567 0,104431
I1 7 /12 x 4 ln x dx 0,04420
2 0,361134 0,0314
e
4
0,056567 0,104131
5,29 10-4.
4
279
-4
dx
1 x
Solucin:
Haciendo x = 1/z, la integral queda:
integral impropia. Con f z
z dz 1 3 z
, que ya no es una
1 1 z 2 z 2 0 z 12
3
z1 / 3
, los valores son:
z 12
x 0 0 y0 0
x1 0,10 y1 0,3836
x 3 0,30 y3 0,3961
x 5 0,50 y5 0,3528
x 7 0,70 y 7 0,072
Im p y1 y3 y5 y 7 y9 1,7072
E y 0 y10 0,25
E y1 y9 0,6511
x 9 0,90 y9 0,2675
x10 1 y10 0,25
3
z 1
1
E E
0,25 0,6511
dx h
2 Im p 0,1
2 1,7072 0,3314
4
4
0,25 0,6511
1 10-2. Por lo tanto
4
z 1
0 ,8
0 ,8
0,33 .
arctg 21 / x dx .
Solucin:
La funcin tiene un punto de discontinuidad dentro del intervalo, x = 0. En efecto, para
x 0 Lim arctg2 arctg2 arctg / 2 1,5708
x 0 Lim arctg 21 / x arctg 2 artcg 0 0
0
1/ x
280
I1
0 ,8
0 ,8
arctg 21 / x dx
1,8
Y
1,6
1,4
1,2
0,8
0,6
0,4
0,2
0
-1
-0,8
-0,6
-0,4
-0,2
0,2
0,4
0,6
0,8
x0 = 0,8
y0 = 0,3980
x1 = 0,6
y1 = 0,3051
x2 = 0,4
y2 = 0,1750
x3 = 0,2
y3 = 0,0312
x4 = 0
y4 = 0
-0,2
Luego:
0,2
0,3980 4 0,3051 0,1750 0,1750 4 0,0312 0 0,1396
3
I1
y0 = 1,5708
y1 = 1,5396
y2 = 1,3958
x3 = 0,6
x4 = 0,8
y3 = 1,2657
y4 = 1,1728
0,2
1,5708 4 1,5396 1,3958 1,3958 4 1,2657 1,1396 1,1171
3
I2
Finalmente,
I = I1 + I2 = 1,2566
ln x
dx con n = 10. Cuntos
x
10
x 0 1 y0 0
x 2 1,4 y 2 0,240337
x1 1,2 y1 0,151935
x 4 1,8 y 4 0,326548
x 3 1,6 y3 0,293752
x 6 2,2 y6 0,358390
x 5 2,0 y5 0,346574
x 8 2,6 y8 0,367504
x 7 2,4 y7 0,364119
x 9 2,8 y9 0,367721
281
P y0 y2 y 4 y6 y8 y10 1,658984
Im p y1 y3 y5 y7 y9 1,524760
E y0 y10 0,366204
Luego la integral es
ln x
h
0,2
2 1,658984 4 1,524760 0,366204 0,6034
dx 2 P 4 Im p E
x
3
3
M nh5
, en donde M es el mximo de la cuarta derivada
120
en el intervalo de integracin. Por lo tanto es necesario calcular las derivadas:
El error est dado por la relacin
f x
ln x
1 ln x
2 ln x 3
11 6 ln x IV
24 ln x 50
f x
f x
f x
f x
2
3
4
x
x
x
x
x5
50 10 0,25
1,33 103 , por lo que slo se puede
120
garantizar que haya dos decimales exactos.
De donde M = 50, y el error es
f x, ydx dy .
R
Solucin:
La integral puede expresarse como:
Y
2d
2d
2c
2c
Y,
2a
2b
dy f x, y dx
2b
2a
recordando
la
frmula
de
Simpson,
h
y0 4y1 y2 , tenemos que:
3
2b 2a
f x, y dx 6 f 2a, y 4f a b , y f 2b, y
2b
2a
2d 2c
f , y dy 6 f ,2c 4f , c d f ,2d
2d
2c
2d
2a
2c
9
4f 2a , c d f a b ,2c f a b ,2d f 2b, c d 16f a b , c d
282
1,8
x 1
dx .
2x 1
Solucin:
La frmula para un nmero de intervalos que sea mltiplo de 3 es:
1,8
x 1
3h
y0 3y1 3y2 y3 y3 3y4 3y5 y6 y6 3y7 3y8 y9
dx
8
2x 1
x0 0
y0 1
x 4 0,8 y3 1,5907
x 8 1,6 y8 1,2398
x 9 1,8 y9 1,2169
x 7 1,4 y3 1,2735
x 1
dx 1,0337
2x 1
seny
con x0 = 0; y0 = 0; h = 0,2 por el mtodo de Euler y
x
en (0 x 1,2). Repetir por Euler Modificado.
34. Resolver la ecuacin y 2
Solucin:
Recordemos que yi1 yi yi yi h f x i , yi . Es de hacer notar que para x = y = 0 se
plantea una indeterminacin, pero si aplicamos la regla de LHpital:
senx
cos x
Lim
Lim
1
x 0
x
0
x
1
Por lo tanto para x = y = 0, y = 1. Y la tabla resultante es:
x
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
y
0
0,2
0,401
0,606
0,816
1,034
1,262
y
1
1,0067
1,0234
1,0507
1,0894
1,1406
283
y
0,2
0,201
0,205
0,210
0,218
0,228
mn
1,0000
1,0034
1,0188
1,0450
1,0832
1,1349
1,2018
mn f x n , yn ,
donde
y n 1 y n h
Yn
0
0,201
0,403
0,610
0,823
1,045
1,279
Yn+1,1
0,2
0,401
0,607
0,819
1,040
1,272
mn+1,1
1,0067
1,0234
1,0492
1,0868
1,1376
1,2035
Yn+1
0,201
0,403
0,610
0,823
1,045
1,279
yn 1 yn h mn ,
mn 1,1 f x n 1, yn 1 ,
mn mn 1.1
2
35. Integrar, por los mtodos de Euler y Euler Modificado, la ecuacin diferencial
y y
y 4
en el intervalo 1;1,5 con x0 = 1; y0 = 4; h = 0,1.
x
Solucin:
Por el mtodo de Euler:
x
1
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
y
y
y
4
8
0,8
9,4877 0,949
4,8
5,749 11,1704 1,117
6,866 13,0632 1,306
8,172 15,1812 1,518
9,690
mn+1,1
yn+1
9,4877 4,874
11,4220 5,930
13,6358 7,195
16,1524 8,696
18,9953 10,467
Esta ecuacin puede ser resuelta de manera exacta ya que es una ecuacin de Bernoulli:
284
y 4
y y xy 4y 4
x
Si hacemos z y se tiene
x
y 4 y 4
y
y
zx 2z 2 que es una ecuacin lineal.
2 y
Resolviendo la incompleta:
z 2
ln z 2 ln x ln k z kx 2
z x
2
2
x 2xk kx 2 2kx 2 2 k 3 k x 2 C z 1 Cx 2 y z 2 1 Cx 2
x
zx 2z 0
2
y 2 y 4xy x 2 y cos xy x senxy y xy y0 0
Recordemos que
h2
h3
y0 y0 0 0,1 1 0 0 0,1
2
6
4h 3
y 2 y0 2h y0 2h 2 y0
y0 0 2 0,1 1 0 0 0,2
3
y1 y0 h y0
285
y
0
0,100
0,200
0,301
0,406
0,515
0,632
0,760
0,904
y
1,0000
1,0010
1,0080
1,0271
1,0646
1,1273
1,2220
1,3550
1,5292
0,0010
0,0070
0,0191
0,0375
0,0626
0,0947
0,1331
0,1742
0,0060
0,0121
0,0184
0,0251
0,0321
0,0383
0,0412
y n 1 yn h yn
h
5h
yn 1 2 yn 2
2
12
Por ejemplo,
y3 y 2 h y2
h
5h
0.5
y1 2 y0 0,2 0,1 1,08 0,05 0,007
0,005 0,301
2
12
12
y 2x 3y y0 4a 3a a
y 2 3y y0 2 3a
y 3y y0 9a 6
h2
h3
3
3
y0 y0 a a 1 a a 1 2a
2
6
2
2
3
4h
y 2 y0 2h y0 2h 2 y0
y0 a 2a 4 6a 12a 8 9a 4
3
y1 y0 h y0
x
y
y
2
2a
a
a
2a +1
2a
2-2a
2-3a
2a +2
9a-4
16-23a 14-21a 12-18a
2a +3
24-32a
100a-66 123a-82 144a-96
2a +4 (379/2)a-123
0,0375 0,0184
286
k 2 n h f x n , y n 1n k 3n h f x n , y n 2 n
2
2
2
2
k1n h f x n , y n
k 4 n h f x n h, y n k 3n
y
0
0,0627
0,1919
0,3677
k1i
0,0000
0,1025
0,1539
x+h/2
0,1
0,3
0,5
y+k1i/2
0
0,1139
0,2688
k2i
0,0632
0,1287
0,1754
y+k2i/2
0,0316
0,1270
0,2796
k3i
0,0726
0,1307
0,1766
x+h
0,20
0,40
0,60
y+k3i
0,0726
0,1934
0,3685
k4i
0,1044
0,1541
0,1968
y
0,0627
0,1292
0,1758
y y z
39. Dado el sistema
con x0 = 0; y0 = 1; z0 = 2; h = 0,1, halar y1, y2, z1, z2, por
z x y
Runge Kutta.
Solucin:
Hay que resolver simultneamente los dos sistemas y, para evitar confusiones usemos la
letra k para los coeficientes de la primera ecuacin, es decir para la y, y la letra c para los
coeficientes de la segunda ecuacin, es decir para la z.
x 0 0 y0 1 z0 2
k1 0,11 2 0,3
c1 0,10 1 0,1
1
0,3 2 0,32 2 0,322 0,3443 0,3214
6
1
z 0,1 2 0,12 2 0,121 0,1422 0,1207
6
y1 1 0,3214 1,3214
z1 2 0,1207 2,1207
y
287
1
0,3442 2 0,3685 2 0,3709 0,3979 0,3702
6
1
z 0,1421 2 0,1644 2 0,1656 0,1892 0,1652
6
y 2 1,3214 0,3702 1,6916
z 2 2,1207 0,1652 2,2859
y
x 0 0 y0 1 z 0 1
y z yz x 2
Sistema que debe ser resuelto de manera simultnea. Comenzamos con la variable y:
m0 z0 1 y1,1 yo hm0 1 0,1 1 1,1
Para z:
m0 y0z0 x 02 1 1 0 1 z1,1 zo hm0 1 0,1 1 1,1
Para y:
m0 m1,1
1 1,1
1 0,1
1,105
2
2
Para z:
288
m0 m1,1
1 1,22
1 0,1
1,111
2
2
yn
mn
yn+1,1 mn+1,1 yn+1
1
1,1
1,1
1,105
1
1,105 1,111 1,216 1,2348 1,222
1,222 1,2500 1,347 1,4067 1,355
1,355 1,4276 1,498 1,6301 1,508
1,508
zn
0
0,1
0,2
0,3
0,4
zn
mn
zn+1,1 mn+1,1
1
1
1,1
1,22
1,111 1,2377 1,235 1,5416
1,250 1,5678 1,407 1,9853
1,428 2,0246 1,630 2,6017
1,659
zn+1
1,111
1,250
1,428
1,659
y z
z u
x 0 0 y0 1 z 0 1 u 0 1
u xu z y
y z y0 1
z u z0 1 u xu z y u0 0
y z y0 1
z u z0 0 u u xu z y u0 1
y z y0 0
z u z0 1 u 2u xu z y u0 1
h2
h3
0,12
y0 y0 1 0,1 1
1 0 1,095
2
6
2
0,13
z1 1 0,1 1 0
1 0,9002
6
0,12
0,13
u1 1 0
1
1 0,9952
2
6
y1 y 0 h y0
289
4h 3
2
y0 1 2 0,1 1 20,1 1 0 1,18
3
4
3
z 2 1 2 0,1 1 0 0,1 1 0,8013
3
4
2
3
u 2 1 0 2 0,1 1 0,1 1 0,9813
3
y 2 y0 2h y0 2h 2 y0
x
0
0,1
0,2
0,3
0,4
y
y
2
1
1
1,0950 0,9002 -0,0998
1,1800 0,8013 -0,0988 0,0010
1,2552 0,7043 -0,0971 0,0018
1,3209
x
0
0,1
0,2
0,3
0,4
z
z
2
1
-1
0,9002 -0,9952 0,0048
0,8013 -0,9813 0,0138 0,009
0,7043 -0,9591 0,0223 0,0084
0,6098
x
0
0,1
0,2
0,3
0,4
u
u
2
-1
0
-0,9952 0,0953 0,0953
-0,9813 0,1824 0,0871 -0,0082
-0,9591 0,2632 0,0808 -0,0062
-0,9290
42. Hallar las races enteras y fraccionarias de 72x5 12x 4 58x3 15x 2 12x 4 0 .
Solucin:
Las races enteras deben ser divisores del trmino independiente, en este caso, (1, 2, 4).
El numerador de las races fraccionarias debe ser divisor del trmino independiente, es
decir (1, 2, 4) y el denominador debe ser divisor del coeficiente de mayor grado, en este
caso, (1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 18, 24, 72). Por lo tanto las posibles races, tanto enteras como
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4
fraccionarias, son: 1, 2, 4, , , , , , , , , , , .
72 24 18 12 8 6 4 3 2 3 3
290
72
72 84
84
26
26
11
11 23
23 27
Lo que indica, segn Laguerre, que no hay races enteras positivas. Hagamos x = y, y
tendremos 72y5 12y4 58y3 15y2 12y 4 0 y probemos si hay races enteras
negativas.
72 -12 -58 15 12 -4
1
72 60 2 17 29
72 60
2 17 29 25
Lo que indica, de nuevo segn la regla de Laguerre, que tampoco hay races enteras
1 1 1 1 1 1 1 1
, , , , , , , no son races de la
negativas. Se puede comprobar que
72 24 18 12 8 6 4 3
ecuacin. Para x = 2/3,
72 12 -58 -15 12 4
2/3
48 40 -12 -18 -4
72 60 -18 -27 -6 0
As que x1 2 / 3 . Volviendo a probar:
72
2/3
60 -18 -27 -6
48 72 36 6
72 108 54
9 0
De donde se deduce que 2/3 es raz doble y que no hay ms races positivas. De nuevo se
1 1 1 1 1 1 1
, , , , , , no son races de la ecuacin. Para
puede comprobar que
72 24 18 12 8 6 4
x = -1/2:
72 108 54 9
-1/2
-36 -36 -9
72 72 18 0
Por lo tanto x2 = -1/2, y la ecuacin restante es de segundo grado que, despus de
simplificar, es: 4x 2 4x 1 0 que a su vez tiene una raz doble: -1/2. En resumen la
ecuacin original tiene una raz doble, 2/3, y una triple, -1/2.
43. Separar las races de la ecuacin x5 3x3 2x 2 x 1 0 por el mtodo del signo y
definirlas con un mnimo de cuatro decimales exactos por el mtodo de Newton.
Solucin:
Veamos como varan los signos de la funcin y de su primera derivada.
291
-
f x x 3x 2x x 1
+
f x 5x 4 9x 2 4x 1
5
1 0
+
+ +
+
f x n
y el primer paso es fijar el valor de x0, es
f x n
decir, definir con cual de los extremos del intervalo hay que comenzar. Recordemos que en
ese punto los signos de la funcin y de la segunda derivada deben coincidir:
La frmula de Newton es: x n 1 x n
f x x 5 3x 3 2x 2 x 1 f a f 1 6 f b f 0 1
f x 20x 3 18x 4 f x 0
Por lo tanto x0 = a = 1. As,
x1 x 0
f x 0
6
1,73138
1
0,68421 x 2 0,68421
0,49281
f x 0
19
9,04593
x 3 0,49281
0,36667
0,03292
0,42556 x 4 0,49281
0,41824
5,45194
4,49611
M
x n 1 x n 2 en
2m
donde M es el mximo de la segunda derivada en el intervalo y m es el mnimo de la
primera derivada. En el intervalo 0,5 x 0,4 ,que es el intervalo en el que est
ubicada la raz, M = 15,5 y m = 4,2. Por lo tanto:
Veamos si este resultado tiene cuatro decimales exactos. El error es
M
x n 1 x n 2 15,5 0,41824 0,425562 9,9 105 10 4
2m
2 4,2
Es decir que el resultado si tiene los cuatro decimales exactos que nos pedan: x = 0,4182
292
44. Separar las races de la ecuacin 5senx 4x por el mtodo grfico y definirlas con un
mnimo de cuatro decimales exactos por el mtodo de Newton.
Solucin:
Dibujando las funciones f(x) = 5 sen x y g(x) = 4x, que son funciones conocidas,
encontramos que los puntos de corte entre ambas funciones estn comprendidos, tal como
se puede observar en la figura, entre 1,5 y 1 y entre 1 y 1,5, respectivamente. Adems
de x = 0, que es, evidentemente, una raz exacta.
8
Y
g(x)
f(x)
4
2
0
-3
-2,5
-2
-1,5
-1
-0,5
0,5
1,5
2,5 X 3
-2
-4
-6
-8
Debido a la simetra de la funcin bastar con encontrar una de las races, por ejemplo la
comprendida entre 1 y 1,5.
f x 0
1,0125
0,1898
1,5
1,22232 x 2 1,22232
1,13953
f x 0
3,6463
2,2927
x 3 1,13953
0,0159
0,0002
1,13119 x 4 1,13119
1,13110
1,9099
1,87207
M
x n 1 x n 2 5 1,1311 1,131192 1,6 108 107
2m
2 1,3
293
ln x
, con lo que la ecuacin puede escribirse como
ln 3
ln 3 x x 8 ln x 0 . As:
f x ln 3 x x 8 ln x
f x ln 3 x x ln x 1
8
8
2
f x ln 3 x x ln x 1 x x 1 2
x
x
f a f 1 1,0986 f b f 2 1,1507 f x 0 x 0 a 1
La modificacin al mtodo de Newton consiste en mantener fijo el valor de la derivada, es
f x n
decir, x n 1 x n
. Por lo tanto:
f x 0
x1 x 0
f x 0
1,09861
1
1,15919
f x 0
6,90139
0,02783
1,18090
6,90139
0,00165
x 5 1,18188
1,18212
6,90139
x 3 1,17687
x 2 x1
f x1
0,12205
1,15919
1,17687
f x 0
6,90139
0,00673
1,18188
6,90139
0,0041
x 6 1,15212
1,18218
6,90139
x 4 1,18090
46. Precisar con cinco decimales exactas, por el mtodo de las cuerdas, la raz de la
ecuacin x tgx 0,1 0 comprendida entre 0,6 y 0,7.
Solucin:
f x x tgx 0,1 f x tg2 x
f x 2 tgx 1 tg2 x
f a f 0,6 0,01586
f b f 0,7 0,04229
f x 0
El extremo fijo es b = 0,7 (en ese punto coinciden los signos de la funcin y de la segunda
derivada) y x0 = a = 0,6. Por lo tanto, la frmula a utilizar es
f x n
x n b
x n 1 x n
f x n f b
294
x1 x 0
f x 0
0,01586
x 0 b 0,6
0,6 0,7 0,62728
f x 0 f b
0,01586 0,04229
0,00232
0,62728 0,7 0,63107
0,00232 0,04229
0,00032
0,63107 0,7 0,63158
x 3 0,63107
0,00032 0,04229
0,00004
0,63158 0,7 0,63165
x 4 0,63158
0,00004 0,04229
0,00001
0,63165 0,7 0,63166
x 5 0,63165
0,00001 0,04229
x 2 0,62728
Mm
Y, para el error,
x n 1 x n , en donde M es el mximo de la primera derivada
m
en el intervalo, 0,71 en este caso, y m el mnimo de la primera derivada en el intervalo, 0,5
en este caso. As:
0,71 0,5
Lo que indica que los cinco decimales del resultado son exactos, x = 0,63166
47. Separar las races de la ecuacin 2x 5 5x 2 2 0 por el mtodo de Sturm, y
precisarlas por el mtodo de las cuerdas con cinco decimales exactos.
Solucin:
El primer paso es hallar la sucesin de Sturm. Los dos primeros trminos son:
f x 2x 5 5x 2 2 y f x 10x 4 10x . Como en la sucesin de Sturm lo que nos
interesa es el signo, podemos simplificar la primera derivada y trabajar con x 4 x . As,
2x 5 5x 2 2
2x 5 2x 2
3x 2 2
2x
1 3x 2 2 9
x4 x
x 4 2 3x 2
3x 2 2
3x 3 2 3x
2 3x 2 x
2 3x 2 4 9
2 3x 2
2 3x 8 27
62 27
x 4 9
295
3x 2 3
x 4 9
x
4 9
4 9
0
27 62x 6 31
62 27
2x 5x 2
x4 x
3x 2 2
x 4 9
62 27
N de Variaciones
5
+
+
3
+
+
+
+
+
+
+
+
3
2
2
+
+
+
+
2
Lo que indica que hay una sola raz real que est comprendida entre 1,5 y 0,5.
f x 2x 5 5x 2 2
f x 10x 4 10x
f x 40x 3
f a f 1,5 1,9375
f b f 0,5 3,1875
f x 0
Por lo tanto, el extremo fijo es a = 1,5 y comenzamos con x0 = b = 0,5 .
x1 x 0
f x 0
3,1875
x 0 a 0,5
0,5 1,5 1,121951
f x 0 f a
3,1875 1,9375
4,73838
1,121951 1,5 1,390281
4,73838 1,9375
1,27614
1,390281 1,5 1,433851
x 3 1,390281
1,27614 1,9375
x 4 1,439392 x 5 1,439451 x 6 1,4394576 x 7 1,4394583
x 2 1,121951
Mm
x n 1 x n 3,6 0,4 1,4394583 1,4394576 5 106
m
0,4
Por lo tanto la raz es x = 1,43946
Error <
48. Aproximar, por el mtodo mixto, la raz de x 4 3x 1 0 que est comprendida entre
0,4 y 0,3.
Solucin:
f x x 4 3x 1
f x 4x 3 3
f x 12x 2
f a f 0,4 0,1744 f b 0,10810 f x 0
296
x1 x 0
f x 0
0,10810
0,3
0,33738
f x 0
2,892
x2 x0
f x 0
0,17440
x 0 b 0,4
0,4 0,3 0,33827
f x 0 f b
0,17440 0,10810
0,33827 0,33738
0,33782
2
0,33827 0,33738
5 10 4
2
x 0 b 0,33738 x1 0,337667
Y para el mtodo de la cuerda:
Extremo fijo = b = 0,33738
x0 = a = 0,33827 x2 = 0,337667
0
-1,5
-1
-0,5
0,5
-1
-2
297
1,5
g(x)
Tal como se puede apreciar en la figura, hay una sola raz comprendida entre 0,5 y 1.
Precisando algo ms: f(0,5) = 0,17 y f(0,6) = 0,13. Por lo tanto 0,5 x 0,6.
Ahora, si despejamos:
ga g0,5 0,67
x e shx gx eshx gx chx e shx
gx 1
gb g0,6 0,63
x n 1 x n
0,5566 0,5568 4,3 10 4
1 M
1 0,67
(En donde M es el mximo de la primera derivada en el intervalo). Es decir, que solo tres
decimales pueden considerarse exactos.
50. La ecuacin x 2 ln x 3 0 tiene dos races: 0,01 x1 0,1 y 1 x2 2. Precisarlas
por el mtodo iterativo y definir, en cada caso, el error.
Solucin:
Si despejamos haciendo x ln x 3 , tendremos: gx ln x 3 gx
1x
2 ln x 3
Ahora bien, en este caso, el valor de la derivada es menor que 1 en el intervalo 1;2 , pero
es mayor que en el intervalo 0,01;0,1 . Por lo tanto solo sirve para precisar el valor de x2.
Comenzando con x0 = 1,5, se tiene:
x1 ln 1,5 3 1,8454 x 2 ln 1,8454 3 1,9007 x 3 ln 1,9007 3 1,9085
x 4 1,9095 x 5 1,9097
M
0,29
x n 1 x n
1,9097 1,9095 6 105 . As el valor de la
1 M
1 0,29
segunda raz, con los cuatro decimales exactos, es 1,9097.
Para un error,
Para precisar la raz comprendida entre 0,01 y 0,1 es necesario despejar de otra manera:
2
2
2
x ex 3 gx ex 3 gx 2x ex 3 . De esta forma el valor de la primera
derivada es menor que uno en el intervalo. Comenzando con x0 = 0,055, se tiene:
298
x1 e0,055
0,04994 x 2 e0,04994
0,04991
M
0,011
x n 1 x n
0,04991 0,04994 2,7 10 7 , es decir
1 M
1 0,011
que los cinco decimales son exactos: x1 = 0,004991.
Para un error de
51. Definir, por el mtodo de Lagrange y hasta las milsimas, la raz de la ecuacin
x 3 14x 7 0 que est comprendida entre 3 y 4.
Solucin:
x 3
3 1 0 -14 7
3 9 -15
3 1 3 -5 -8
3 18
3 1 6
3
3 1 9
13
1
El resultado es 8y3 13y2 9y 1 0 . El cambio de signo se obtiene entre 2 y 3,
y 2
2 8 -13
16
2 8 3
16
2 8 19
16
2 8 35
-9 -1
6 -6
-3 -7
38
35
8
El resultado es 7z3 35z2 35z 8 0 . El cambio de signo se obtiene entre 5 y 6,
z 5
5 7 -35
35
5 7 0
35
5 7 35
35
5 7 70
7
299
-35 -8
0 -175
-35 -183
175
140
u 1
1 183 -140
183
1 183 43
183
1 183 226
183
1 183 409
-70 -7
43 -27
-27 -34
226
199
183
El resultado es 34v3 199v2 409v 183 0 . El cambio de signo se obtiene entre 7 y 8.
Si lo dejamos aqu, se tiene:
1 9
8 53
9 115
53 398
z 5
y 2
x 3
8 8
9 9
53 53
115 115
1
x 3,46086
7,6 10 5 x 3,4609
2
115
v 8 u 1
2z h z h 7z h 3 0
3
2z3 6h 1z 2 6h 2 2h 7 z 2h 3 h 2 7h 3 0
Para anular el trmino en z2 h = 1/6. Sustituyendo el valor de h la ecuacin queda:
43
904
2z 3 z
0 . Simplificando y dividiendo por el coeficiente de z3, es decir, por dos:
6
216
43
113
43
113
z3 z
0 . De donde p
q
.
12
54
12
54
El discriminante es:
q 2 p3 113 1 43
1
0,609375
4 27 54 4 12 27
2
300
Como el discriminante es menor que cero, la ecuacin tiene tres races reales y diferentes.
q
q 2 p3 3 q
113
u
3
0,609375 3 1,046296 0,780625 i
2
4 27
2
108
3
v3
q
3 1,046296 0,780625 i
2
u1 1,092906 12,24
v1 1,092906 107,76
u 2 1,092906 132,24
v 2 1,092906 227,76
u 3 1,092906 252,24
v3 1,092906 347,76
Combinando las races de forma que la suma de los ngulos sea mltiplo de 180, se tiene:
z h 3 3z h 2 9z h 5 0
z3 3h 3z 2 3h 2 6h 9z h 3 3h 2 9h 5 0
Para anular el trmino en z2 h = -1. Sustituyendo el valor de h la ecuacin queda:
z3 12z 16 0 . Directamente se obtiene: p 12 q 16 .
301
El discriminante es:
q 2 p3 16 123
64 64 0
4 27
4
27
El que el discriminante de la ecuacin sea nulo indica que la ecuacin tiene tres races
reales, una de ellas doble.
u3
q
16
3 0 3 8 v
2
2
u v 3 8 180 2 60 k120
u1 2 60
v1 2 60
u 2 2 180
v 2 2 180
u 3 2 300
v3 2 300
z1 u1 v3 z3 u 3 v1
1
1
3
3
z1 2cos 60 i sen 60 2cos 300 i sen300 2
i 2
i 2
2 2
2 2
x1 z1 h 2 1 1 x 3
z 2 u 2 v 2 2cos180 i sen180 2 4
x 2 z 2 h 4 1 5
z h 2 4z h 3 16 0
6h 12h z 4h
z 4 4h 4 z3
12h 2 z h 4 4h 3 16 0
z4 6z 2 8z 13 0 a 6 b 8 c 13
302
Por
lo
tanto,
el
centro
de
la
circunferencia
est
en
el
punto:
b 2 a 12 4c
b a 1 8 6 1
4
;
3
,
5
R
.
Y
su
radio
es:
=
2 2
2
4
2
82 6 12 4 13
15,25 3,91 . En definitiva la ecuacin de la circunferencia es:
4
Y
7
0,5
1,5
2,5
3,5
4,5
5,5
En el grfico puede verse que la ecuacin tiene dos races z1 1 z2 2,7 , por lo tanto,
x1 z1 h 1 1 2 x 2 z2 h 2,7 1 3,7 .
3z 2h 3zh2 h 3 3 z 2 2zh h 2 6z h 2 0
z3 3h 3 z 2 3h 2 6h 6 z h 3 3h 2 6h 2 0
3h 3 0 h 1
z 3 9z 6 0
303
z 4 9z 2 6z 0 z 2 z 4 10z 2 6z 0
Y, haciendo y y = z2:
z2 y2 10y 6z 0 z 32 y 52 34 0
Que es la ecuacin de una circunferencia con centro en el punto (3;5) y que pasa por el
origen. Dibujando dicha circunferencia junto con la parbola y = x2, tenemos:
12
X3
10
-8
-7
-6
-5
-4
-3
Z1
-2
-1
Z2
Z3
10
11
12
Z
-2
z2 0,7
304
Solucin:
x
f(x)
1 Orden 2 Orden 3 Orden 4 Orden 5 Orden 6 Orden 7 Orden
0,10 0,9048
0,30 0,7408 -0,8200
0,40 0,6703 -0,7050
0,3833
0,60 0,5488 -0,6075
0,3250
-0,1167
0,70 0,4966 -0,5220
0,2850
-0,1000
0,0278
0,90 0,4066 -0,4500
0,2400
-0,0900
0,0167
-0,0139
1,00 0,3679 -0,3870
0,2100
-0,0750
0,0250
0,0119
0,0287
1,10 0,3329 -0,3500
0,1850
-0,0625
0,0250
0,0000
-0,0149 -0,0435
x1x3x5 0,2767
2. Dados f(x) = x5 x3; x0 = 1; x1 = 1; x2 = 2, hallar x tal que x 0 x1x 2 x = 28.
Solucin:
x = 4 x = 6.
3. Dada f x x 6 5x 5 ; x 0 1; x1 0; x 2 1; x 3 3 , hallar a y b para que la funcin
x a x 0 x1x 2 x b x1x 2 x 3x x 3 3x 2 sea un polinomio de primer grado.
Solucin:
x 15x 45 a 1 b 2
4. A partir de la siguiente tabla, y sabiendo que f(x) es un polinomio de cuarto grado, hallar
f(5) y f(6).
x
0 1 2 3 4
f(x) 1 -1 1 -1 1
Solucin:
f(5) = 31
f(6) = 129
5. Hallar la diferencia ensima de f(x) = cos x con h = /2.
Solucin:
n f x
2 cosx n 3 4
n
305
x
7. Dado f x x x 3sen , hallar 4f x .
3
Solucin:
x
4f x 16x 2 144x 432 sen
3
1
7
1f x x 3 x k
6
6
9. Hallar n f x para f x
2f x
1 4 1 3 5 2
x x x mx n
48
12
24
1
.
x
Solucin:
n f x 1 n!h n
n
1 (n
x
x
1
.
x
Solucin:
n f x 1
h n (n
x .
x
306
1
,
x 8x 12
2
f x
4x 20
x 20x 140x 2 400x 384
4
1f x
x 3
2x 12x 16
2
6
Sn 1665 n 20
n
Lim
n
Sn 2
n3 3
1
1
1
1 4 7 4 7 10 7 10 13
24 63n 13n 4
Lim Sn
n
1
24
15. Dada la siguiente tabla, calcular, por la frmula de Lagrange, el valor de la funcin en
x = 4,01.
Solucin:
f(4,01) = 0,603144.
16. Dada la tabla que se incluye a continuacin hallar, mediante la frmula de Lagrange, el
valor de f(1,03).
1,00
1,05
1,10
1,15
1,20
x
f(x) 1,000000 1,257625 1,531000 1,820875 2,128000
Solucin:
f(1,03) = 1,152727
307
2 x 10-5.
f(x) = 3,0187005
308
22. Los datos que se incluyen en la siguiente tabla representan las variaciones de la
temperatura media ambiental en grados centgrados (Y), con la altura en metros (X).
X 1142 1742 280 437 678 1002 1543 1002 1103 475 1049 566 995 1008 208
Y 11
7
14
16
13
11
4
9
8
13
10
15
10
13
18
Ajustar un modelo de regresin lineal a los datos y comprobar su validez. Cul sera la
temperatura a esperarse a 2000 m de altura?
Solucin:
y 18,08 0,0075x
2 2,78
R 2 0,81
2,00
1,00
0,00
0,0
2,0
4,0
6,0
8,0
10,0
12,0
14,0
16,0
18,0
20,0
-1,00
-2,00
-3,00
Yestimado
23. Ajustar los datos que se presentan a continuacin a un modelo de regresin mltiple.
309
Y
X1
X2
Y
X1
X2
4,1 8,9
2,85 1,32
11,6 3,7
17,9
21,6
0,3
Solucin:
y 10,727 0,258x1 0,517x 2 R 2 0,8662 2 1,3714 . Se rechazan las hiptesis
nulas. F0 = 38,84 T0 (1) = 5,92 T0 (2) = - 5,79.
24. Hallar el mejor valor de x1, x2, x3 y x4 para el sistema
2,04 x1 + 1,02 x2 1,01 x3 + 3,00 x4 = 4,05
2,10 x1 + 0,98 x2 0,98 x3 + 3,02 x4 = 4,02
2,08 x1 + 1,03 x2 1,01 x3 + 2,98 x4 = 4,02
1,95 x1 + 1,03 x2 1,02 x3 + 2,99 x4 = 3,95
1,98 x1 + 1,04 x2 0,95 x3 + 2,97 x4 = 3,97
2,03 x1 + 0,99 x2 1,05 x3 + 2,95 x4 = 3,99
2,04 x1 + 0,98 x2 1,03 x3 + 3,05 x4 = 4,00
2,05 x1 + 1,00 x2 0,97 x3 + 3,03 x4 = 4,01
Solucin:
x1 = 0,698
x3 = 0,332
x2 = 0,930
x4 = 0,437
f 0,86 0,5751
f 0,9 0,5508
310
/2
decimales exactos.
Solucin:
/2
e x senx dx 0,39
decimales exactas.
Solucin:
3
x
1
e x dx 4,35
1/ 2
ln x
dx , con h =
4x x
2, 2
ex
dx . Cuntas
x
dx
1,8
0, 2
1
x 1
Solucin:
311
2, 2
ex
dx 3,834 .
x
, con h = 0,2.
dx
1,8
0, 2
1
x 1
2 ,8
1, 2
xE x
2h
f x dx 45 7 y
32 y1 12 y2 32 y3 7 y 4 7 y4 32 y5 12 y6 32 y7 7 y8
xn
x0
Para 16 intervalos:
2h
f x dx 45 7y
xn
x0
35. Integrar, por los mtodos de Euler y Euler Modificado, la ecuacin diferencial
xy 2x 2 y2 0 en el intervalo 1;1,5 con x0 = 1 y0 = 0 y h = 0,1.
Solucin:
312
Por Euler
1,2
1,3
1,4
1,5
x 1 1,1
y 0 -0,2 -0,416 -0,642 -0,870 -1,096
Por Euler Modificado
1,1
1,2
1,3
1,4
1,5
x 1
y 0 -0,208 -0,429 -0,655 -0,880 -1,102
36. Resolver por el mtodo de Adams, la ecuacin y x 2 y con x0 = 0; y0 = 1; h = 0,1.
(0 x 0,5). Hallar el error resolviendo exactamente la ecuacin.
Solucin:
La ecuacin es lineal y su solucin exacta es: y ex x 2 2x 2 .
x
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
y
y (Adams) Error (%)
-1
-1
0
-1,1048
-1,1048
0,00
-1,2186
-1,2187
0,01
-1,3401
-1,3403
0,01
-1,4682
-1,4684
0,01
-1,6013
-1,6015
0,02
2x
. x0 = 0,
y
y0 = 0, h = 0,1.
Solucin:
x 0 0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
y 1 1,095 1,176 1,256 1,332 1,403
38. Dado y 2x y x 0 2a
y1 e y2 en funcin de a.
Solucin:
8
23
56
y1 3a
y2 a
3
6
9
313
y xz y
z3 = 0,7908
u3 = 1,3503
x2 = 1,38028
44. Separar las races de la ecuacin e0,3x 2x 0,5 0 por el mtodo del signo, y
precisarlas por el mtodo de Newton con cinco decimales exactos.
Solucin:
x1 = 0,90620
x2 = 9,84954
314
Solucin:
x = 0,27283
46. Separar las races de la ecuacin x 4 7x 1 0 por el mtodo de Sturm y precisarlas
con cuatro decimales exactos por el mtodo de las cuerdas.
Solucin:
x1 = 0,1828
x2 = 1,9584
47. Separar las races de la ecuacin x 2 senx 1 por el mtodo grfico y precisarlas con
cuatro decimales exactos por el mtodo de las cuerdas.
Solucin:
x = 0,3376
48. Dada la ecuacin x 3 3x 2 3x 5 0 , separar las races por el mtodo de los signos.
Hallar el valor aproximado de las races por el mtodo mixto, repitiendo dos veces el
procedimiento y establecer el error.
Solucin:
En el primer clculo: 2,666667 x a 2,428571.
En el segundo: 2,579213 x 2,579213 x = 2,58516 < 6 10-3.
49. Separar las races de la ecuacin ex 14 ln x 0 y precisarlas por el mtodo iterativo
con cuatro decimales exactos.
Solucin:
x1 = 1,2995
x2 = 2,5891
50. Precisar las races de la ecuacin x 4 x 3 1 0 por el mtodo iterativo con, por lo
menos, tres decimales exactos.
Solucin:
x1 = -0,8192 (Es necesario definir un intervalo pequeo y hacer x = 1/z) x2 = 1,381.
315
51. Hallar, por el mtodo de Lagrange y con cinco decimales exactas, la raz de la ecuacin
x 4 2x 2 4x 1 0 que est comprendida entre 3 y 2.
Solucin:
x = 2,04748
x2 = -1,147899
x1 = 1,573950 + 0,368989 i
x2 = -0,333333
x1 = 0,381966
316