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Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

1. Números complejos 1.1 Dados ,

∈ ℂ Demostrar:

1.2 Demostrar que si

| ∗ |

|=| |∗| | |=| | =

| | | |

son complejos y z es un complejo unitario, entonces el módulo de +

1.3 Hallar el valor máximo que puede alcanzar el módulo del número complejo z, tal que 1.4 Indicar si es correcto o falso el enunciado siguiente, razonando la respuesta:

1.5 Determinar todos los complejos distintas.

1.7 Sea

=

ℂ y ambos con módulo 1, Entonces se cumple que:

Sean

1.6 Sea

es 1.

|

+

|=

tales que

=

⇔

+

=

, siendo

un número complejo de módulo 1. Expresa los números

=

una raíz séptima de la unidad. Calcular

+ +

+

dos raíces cubicas de −

y

+

+

+

en forma polar. +

.

1.8 Sabiendo que x es una de las raíces séptimas de la unidad, encontrar el valor de la expresión: !=

" + +"

" + +"

" +"

= − , determinar 3 números complejos: 1.9 Dados los números complejos = + , que los afijos de , , formen un cuadrado que tiene su centro el afijo de z.

,

tales

1.10 Hallar la condición que deben de cumplir los complejos a, b y c para que los afijos de la solución de la ecuación + + # = $ formen con el origen un triángulo equilátero. 1.11 Dada la ecuación

− %

− (

−

) = $ cuyas raíces son

y

, se pide:

1.12 Hallar los complejos , tales que los afijos de , formen un triángulo rectángulo isósceles, donde el vértice del ángulo recto sea el afijo de la raíz de menor componente Resolver la ecuación: − + − % + % = $, sabiendo que todas sus raíces son de la forma + con a y b números enteros. 1.13 Dada el polinomio: (( ) =

+(

− )

+( −

) +

+ %

a) Calcular , , # ℂ para que (( ) = ( + )( + + #) b) Resolver la ecuación (( ) = $ c) Representar en el plano complejo el triángulo cuyos vértices son los afijos de las soluciones de la ecuación anterior. d) ¿Qué tipo de triangulo determinan?

1.14 Dada la ecuación + + $ = $. Hallar otra ecuación tal que los afijos de sus raíces formen un triángulo homotético de razón 3, y girada un Angulo de 45º, tomando como punto de referencia el baricentro del mismo. ) + ( − ) = $ ,que admite una raíz real. Los afijos de +( − ) +( − 1.15 Dada la ecuación esta ecuación son tres vértices consecutivos de un paralelogramo, encontrar el complejo correspondiente al cuarto vértice. Entre todas las posibles soluciones elijase la que se encuentra en el primer cuadrante.

1.16 Hallar a y b para que el polinomio: ((") = " − " + n-ésima de la unidad.

, con

∈ ℤ una de sus raíces sea una raíz

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,

1.17 Sean   

,

cuatro números complejos que verifican las siguientes condiciones:

Los afijos , , son puntos del plano complejo que coinciden con los vértices de un triángulo equilátero. Real ( + + )= | |= ; ∗ =− +√ ; ∗ =− + √

Calcular

,

,

.

1.18 Hallar todos los complejos z tales que los afijos de ,

1.19 Resolver la ecuación: − (% + ) + ( en la bisectriz del primer cuadrante y ∈ ℂ.

1.20 Resolver la ecuación: #+,

=

+

∈ℂ

, siendo

) −(

−

+

estén alineados.

) = $ , sabiendo que una raíz esta situada

1.21 Resolver en el cuerpo de los números complejos la ecuación: sen z = 4 1.22 Resolver en el cuerpo de los números complejos la ecuación:

1.23 Se considera la ecuación binomio "

∗- . .

−

=

∗, .

+

#+,

= $ (siendo . ∈ ℕ).

a) Calcular sus raíces en el cuerpo ℂ. b) Demostrar que para " ≠ ± y . > se cumple la identidad de lotes siguiente: " .− (. − ) = 3" − " ∗ #+, + 4 5" − " ∗ #+, + 6 … 5" − " ∗ #+, + 6 " − . . . c) Aplicar el resultado anterior para calcular el valor de la expresión siguiente en función de n: (. − ) , . ∗, . ∗ …∗ , . . . .

1.24 Los afijos de las raíces n-ésimas del complejo llamaremos ($ . Se pide:

$

=

forman un polígono regular de n lados que

a) Comprobar que los puntos medios de los lados de ($ son los afijos de las raíces n-ésimas de que habrá que determinar. b) Sea P1 el polígono formado por los afijos de las raíces n-ésimas de z1, y, en general, sea Pm+1 el polígono cuyos vértices son los puntos medios de los lados de Pm. Siendo 8 el número cuyas raíces n-ésimas son los vértices de Pm. Estudiar la serie ∑: 8;$ 8 y calcular su suma en caso de que sea convergente.

) + −( + + + = $, se sabe que los afijos de las raíces de 1.25 Dada la ecuación: dicha ecuación son cuatro de los vértices de un pentágono regular cuyo quinto vértice es el afijo del plano complejo + .     

Calcular el afijo del centro de dicho pentágono Expresar los coeficientes , en función de las raíces de la ecuación. 1.25Formula de Euler. Aplicaciones trigonometricas Hallar las fórmulas del coseno del ( + ) y ( − ) en función del coseno y el seno de a o b. Hallar las fórmulas del seno del ( + ) y ( − ) en función del coseno y el seno de a o b.

1.26 Demostrar las siguientes equivalencias:

#+, < =

1.27 Hallar las condiciones para =

, . <=

#+, < + #+, ( <)

, .<−

, . ( <)

> de modo que el sistema, #+, " + #+,

= =

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, ." + , .

= >

tenga solución real. Resolverlo además dando las expresiones de x e y en función de =

1.28 Demostrar que si ?, . ( + # − ), , . ( # + – aritmética, ocurre lo mismo con ?- . , - . , - . #A.

), , . (

.

, .5

6

.

, .5

1.29 Sea x un número entero que no es múltiplo de ) B #+,(C<) = D;$

) B E .(C<) = D;$

+

>.

– # )Aestán en progresión

demostrar las siguientes igualdades: (. + )< "

, .3 4

(. + )< <

, .3 4

6

∗ #+, 5

.<

∗ , .5

6

.<

6

1.30 Calcular los valores de los cosenos de los ángulos que satisfacen la ecuación: E . " − #+, " +

, . "=$

2. Resolución de ecuaciones polinomicas 2.1 Resolver la ecuación:

" − "+

=$

2.2 Resolver la ecuación " − " − " +

= $ sin usar métodos de tanteo.

2.3 Resolver la ecuación: " − $" − $" +

2.4 Resolver la ecuación " −

" +

" −

= $.

" +

"−

=$

2.5 Hallar los coeficientes de una ecuación algebraica de tercer grado para que sus raíces sean las inversas de las raíces de " + " + " + # = $ .

2.6 La ecuación " − " + " − = $ sin necesidad de probar por distintos racionales y sabiendo que tiene dos raíces una inversa de la otra.

2.7 Discutir la relación entre los coeficientes de dos ecuaciones algebraicas de grado n cuyas soluciones se diferencian en una razón k, es decir, que sus soluciones son respectivamente ?F A.; y ?CF A.; . 2.8 Dada la ecuación " − " + %" −

= $ hállese la suma de los cuadrados de sus raíces

2.9 Sea la ecuación ((") = " + G" + H = $ con G y H números reales. ¿Qué relación debe existir entre G y H para que los afijos de la solución de la ecuación formen un triangulo rectángulo. 2.10 Dada la ecuación ((") = " − " +

= $,

a) Discutir el tipo y número de raíces de este polinomio. b) Si las raíces de este polinomio fuesen a,b y c, hallar la ecuación que tiene por raíces: # , , . # #

2.11 Demostrar que para cualquier número natural n, el polinomio ((") = (" + ) divisible por el polinomio " + " + .

.

−"

.

2.12 Descomponer en m polinomios de segundo grado con coeficientes reales el polinomio " ( ")8 #+, 8< + 8 , #+. > $ 8 ℕ 2.13 Encontrar un polinomio de grado 7, de variable real, (("), de tal forma que ((") − (" + ) , ((") + sea divisible por (" − ) .

2.14 Se considera la ecuación " −

−

8

es −

sea divisible por

= .. ", , . ∈ ℝ.

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a) Dado . , se cumple que ", , ., tomados en ese orden, están en progresión geométrica. b) Discutir las posibles soluciones según el valor de n. c) ¿Para qué valores de n la suma de los p primeros términos de la progresión geométrica, ", , . es finita cuando p tiende a infinito?

2.15 Encontrar el valor mínimo de + donde , son números reales para los que la ecuación " − " + " − " + = $ admite al menos una raíz real.

2.16 Discutir para los distintos valores de m, el número de raíces reales del polinomio ((") = " − %" + $" + 8 = $.

2.17 Dada la ecuación ((") = " − %" +

" +

" + 8 = $ con 8 ∈ ℝ, se pide:

Discutir las raíces de la ecuación al variar el parámetro m. Resolver la ecuación en función de m.

2.18 Resolver la ecuación: ((") = %" − $" − $" + raices que son una inversa de la otra.

" − % = $ sabiendo que la ecuación tiene dos

2.19 Discutir las soluciones de la ecuación ((") = " − %" + reales de 8 y obténgalos.

2.20 Resolver la ecuación , . " + #+, " =

√

2.21 Resolver la ecuación E .K " − L+,K " −

" −

" + 8 = $ según los valores

=$

2.22 Al dividir el polinomio ((") por (" − ) y por (" + ) obtenemos respectivamente restos 15 y 1, ¿Qué resto tiene la división de ((") por (" − )(" + )? 2.23 Encontrar un polinomio de grado 7 de variable real P(x) de tal forma que ((") − (" + ) y ((") + es divisible por (" − ) .

2.24 Sea la ecuación " −

es divisible por

=.,

a) Si . es un número dado distinto de cero, y sabiendo que ", , . son tres elementos consecutivos y en el orden dado de una progresión geométrica de números reales discutir las posibles soluciones de la ecuación según el valor de .. b) Para que valores de . la suma los G primeros términos de la progresión geométrica ", , . es finita cuando . → ∞

2.25 Un polinomio ((O) dividido por " −

da de resto −% y dividido por " +

el resto es 25. Se pide:

a) Cual seria el resto al dividirlo por " + " − = $. b) Determinar ((O) sabiendo que es de tercer grado y divisible por " − .

2.26 Sea ((O) un polinomio tal que ((" + ) = " + "

3. Espacios vectoriales

3.1 Sean los sub-espacios vectoriales de ℝ , P

?( , $, − , $), ($, − , − , $)A

determinar el valor de ((" − )

P . Engendrados respectivamente por: ?(− , − , − , ), ($, − , − , − )A.

Demostrar que P + P y P ∩ P son subespacios vectoriales y encontrar las ecuaciones de P , P , P + P P ∩ P . ¿Cuáles son sus dimensiones?. 3.2 Dado el conjunto R = ?( , ) , ( , $)A

S: ℝ → ℝ ∶ S ( , ) =

a) Definir la aplicación f. ¿Es lineal? b) Calcular el núcleo de la aplicación y su dimensión. c) Calcular la imagen de f y su dimensión.

S ( , $) =

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3.3 Razonar que si el conjunto R = ? V , V , V A constituye una base del espacio vectorial de los números racionales ℚ sobre ℚ, entonces ?V + V , V − V , V − V A también son base. Razonar además qué vectores podrían añadirse al conjunto ?( , − , ) , ( , $, )A para formar una base del ℚ-espacio vectorial ℚ .

3.4 Se considera el subconjunto E de ℝ. formado por las n-tuplas cuyos elementos están sucesivamente en progresión aritmética. a) Probar que E es un subespacio vectorial de ℝ. y hallar una base del mismo. b) ¿Cuáles son las coordenadas del vector (2,4,6,…,2n) en la base hallada? c) Se define una relación f de S en R tal que a cada n-tupla de S le hace corresponder la suma de sus elementos. Comprobar si f es una aplicación lineal, y en caso de que lo sea, calcular el núcleo.

3.5 Sea E un espacio vectorial euclideo (en el que hay definido un producto escalar) referido a una base ortonormal (o sea, existe una base de vectores unitarios y ortogonales). Sean , dos vectores fijos de este espacio vectorial E. a) Demostrar que la aplicación S(") =< ", > b) Calcular la matriz asociada a la aplicación f.

es lineal, donde <⋅> es el producto escalar en E.

3.6 Siendo D = ℤ , P = D ∗ D ∗ D y Z un endomorfismo de V definido mediante Z(", , ) = (" + , " + ), calcular:

+

, +

a) La base, las ecuaciones y la dimensión de D F(Z) y [8(Z). b) Calcular la matriz de S considerando como base del espacio inicial la base canónica y la del espacio final \ = ?( , , ), ($, $, ), ( , , )A.

3.7 Consideremos el espacio vectorial ℙ3 de los polinomios de grado menor o igual que 3.

a) Demostrar que el conjunto ? , " + , (" + ) , " A es una base. b) Hallar las coordenadas de (" + ) respecto a esta base. c) Fijando como base de ℙ3 la del apartado (a), determinar la matriz de la aplicación f que a cada polinomio le hacer corresponder su derivada.

3.8 Se n un número natural fijo y ^ = ℝ. ["] el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que n, con coeficientes reales. Sea S la aplicación que a cada polinomio G(") le asigna S(G(")) = G(" + ) + G(" − ) − G("). a) Demostrar que S es un endomorfismo de E. b) Calcular los sub-espacios D F(S), [8(S). c) Si a(") es un polinomio dado de [8(S), demostrar que existe un único polinomio !(") tal que S(!(")) = a(") y !($) = !’($) = $.

3.9 Consideremos la aplicación lineal S: ( (− + )" + ( − # + c).

→

( definida por S( " + " + #" + c) = ( − # + c)" +

a) Encontrar la matriz de la transformación lineal A respecto de las bases canónicas en ambos subespacios. b) Clasificar la función S: D F S, [8 S F .d+,. c) Encontrar la matriz de S respecto de las bases R (" − , " − , " − , ) y R′ (" − , " − , ) en los espacios vectoriales origen y destino respectivamente.

3.10 Sea S la aplicación de ℝ (") en si misma definida por:

Sf((")g = (" + ) ∗ (hh(") + (" + )(h(") + ((")

a) Demostrar que S es un endomorfismo. b) Calcular la matriz de S en la base canónica de ℝ ("). c) Resolver la ecuación:

(" + ) ∗ (hh(") + (" + )(h(") + ((") = $ Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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3.11 En el espacio vectorial de las funciones reales probar que E = ? independiente.

"

,

"

,

"

A es linealmente

4. Sistemas de ecuaciones lineales 4.1 Discutir y resolver el sistema:

" jk l = i j

i

4.2 Discutir y resolver si procede el sistema de ecuaciones: "+

+− +m+V=

"−

+m =

−" + + V =

+ − m =−

4.3 Resolver el siguiente sistema: " " "

+ − +

+ + −

= = =

¿Es posible transformarlo en compatible indeterminado cambiando solamente un signo? 4.4 Dado el siguiente sistema: " " "

+ + +( + )

+ + +

= = =

a) Encuentra un valor de n para el cual el sistema sea incompatible. b) Discute si existe algún valor del parámetro a para el cual el sistema sea compatible determinado c) Resuelve el sistema para a=0

4.5 Discutir el siguiente sistema cuando:

−" + (o + ) + ( − o) + o- = o" +

+ ( − o) + o- =

o" + o + ( − o) + o- = o" + o + ( − o) − - =

4.6 Resolver, cuando sea posible, en el cuerpo de los reales el siguiente sistema de ecuaciones: "+ "−

"+

+ +

= =

=

4.7 Discutir según los valores de a y b el siguiente sistema de ecuaciones: "+

+

"+

4.8 Discutir según los valores de a y b:

"+

+

( + )" +

=

=

=

+

=

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"+( + ) +

"+

=

+( + ) =

4.9 Discutir si el sistema siguiente puede ser compatible indeterminado para algún valor de m. "+

+

"+

+

"+

¿Es incompatible para algún valor de m?

=$

=$

+8 =$

5. Determinantes 5.1 Hallar el determinante de orden superior n: a. =

+

p

+

p …

+ …

…

5.2 Hallar el determinante de orden superior n: a. =

p

"

p…

…

a. =

p p

… … … … … …

+

…

…

5.4 Hallar el determinante de orden superior n:

a. =

p p p p

!

!

(. − )!

5.5 Hallar el determinante de orden superior n: +" " p $ a. = … p $ $

(. − )!

" +" " … $ $

"

$

! …

(. − )!

"

+

! …

(. − )! (. − )!

$ " +" … $ $

… … … … … …

p p

p p

… + .

!

! …

.!

… … … … … …

…

5.3 Hallar el determinante de orden superior n: +

… … … … … …

…

+

p .

p

…

$

$

…

$

$

…

…

… …

$ $ $ … +" "

$

! !

$

p p

$p !

p

$ $ p $ $ p " +"

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5.6 Obtener el valor del determinante de orden n: a. =

p p

+

+

…

.

+ …

…

.

.

5 6 $

5 6 $

S(") = p 5$6 … C 5 6 p $ C+ 5 6 $

a) Calcule S(" + ) − S("). b) Exprese la suma de C +

C

+

C

5.8 Resolver el determinante de orden n,

.

.

5.7 Sea C ∈ ℕ y sea S la función real dada por: p

… … … … … …

.

.

.

.

$

$

…

$

5 6 … C 5 6

5 6 … C 5 6

… …

$ … C 5 6 C− C+ 5 6 C−

5 6

5

… +

.

$

C+

6

5

C+

…

…

6

…

+ ⋯ + .C mediante esta función.

a. =

p$

p… $ $

… $ $

$

… … … … … …

… $ $

$ $ $ …

…

.

+

"

$

p

"

.

p

p

" p …

"C

"

C

p

$ $ $p …p

5.9 Para cada número natural ., calcular el valor del determinante s. donde LFC representa el número combinatorio de F elementos tomados de C . C, siendo: L$

G

p L$ … s. = pLG$ . G

L$

G .

L

L

L

G

G

…

G .

L

G .

…

… … … …

L. G

L. … G . L. G

L.

G .

L. G

L. p … G . p L. G

L.

G .

5.10 Hallar el valor del siguiente determinante de Vandermonde sabiendo que cuando todos los elementos aumentan en 4 unidades más que el primero, se convierte en un determinante que tiene un valor de 20 unidades mayor que el primero.

6. Diagonalización 6.1 Dada la matriz a,

" p P. = … p" . " .

" "

a=t

a) Obtener su polinomio característico.

… … … … …

" … . .

$ − − −

". …

". ". −

. .

". … p " . p .

". .

$ − u − − Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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b) c) d) e)

Demostrar que a es diagonalizable. encontrar una matriz regular P tal que a = (s( sea diagonal. Construir la matriz diagonal y comprobar que se cumple la igualdad a = (s( . Obtener a .

6.2 Se considera el endomorfismo S de ℝ cuya matriz asociada respecto de la base canónica es: −

− u −

6.3 Se considera la aplicación S: ℝ → ℝ , S(", , ) = (" −

,− ,

a=t

− −

−

a) Estudiar si f es diagonalizable en ℝ b) En caso afirmativo, encuentre una base de ℝ respecto de la cual la matriz asociada a f sea diagonal. c) Diagonalizar a y a d) Calculara.

a) b) c) d) e) f)

+ )

Probar que f es un endomorfismo del espacio vectorial ℝ . Determinar la expresión matricial de S respecto de la base canónica Calcularla ecuación del núcleo y la imagen de S. Calcular los valores propios y los subespacios de vectores propios asociados. Determinar si la matriz A asociada a la aplicación lineales diagonalizable y, en caso afirmativo, calcular su valor y la matriz de paso correspondiente. Calcular a

6.4 Determinar un endomorfismo S de ℝ sabiendo:   

[8d( S) = v?($, , − ), ( , , )A

o = $ es un autovalor de S El subespacio propioasociado a o = $ , esta generado por ($, , ) Hallar si es posible una base de ℝ en la que S venga dada por una matriz diagonal

6.5 Dada la matriz de números reales a = i

−

−

$ $j hallar la expresión de a. en función de n.

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1

Números complejos

Formas de representar un número complejo: • • •

Binomial: Z= a+bi (donde a es la parte real, wx la imaginaria) Trigonométrica:y = |y|(z{| ∝ +|~• ∝ x) Exponencial: y = |y|~ ∝€

Donde x representa la unidad imaginaria, que es x = √−1. Definiciones:

Módulo: El módulo de un número complejo y = n + wx se define como |y| = ‚nƒ + w ƒ

Propiedades del módulo de un número complejo: • • • • • • • • •

|y| = 0 ⇔ y = 0 |y| ≥ 0 |y| = |y̅| |‡~ (y)| ≤ |y| ‰ |Š‹ (y)| ≤ |y| |y ∗ Œ| = |y| ∗ |Œ| •

Ž

= |Ž| |•|

|Š‹ (y ∗ Œ)| ≤ |y| ∗ |Œ|

|‡~ (y ∗ Œ)| ≤ |y| ∗ |Œ|

Desigualdad Triangular: |y + Œ| ≤ |y| + |Œ|

Conjugado: El conjugado de un número complejo y = n + wx se define como y̅ = n − wx. •••••••• y + Œ = y̅ + Œ •••••••• y ∗ Œ = y̅ ∗ Œ ••••• • •• 3 4=

Propiedades del conjugado de un número complejo: • • • • • •

Ž

Ž

y ∗ y̅ = |y|ƒ y + y̅ = 2 ∗ ‡~ (y) y − y̅ = 2 ∗ x Š‹ (y)

Dos complejos ‘’ = |‘’ |(z{| “’ + x”~•“’ ) y ‘ƒ = |‘ƒ |(z{| “ƒ + x”~•“ƒ ), representados en forma polar, son iguales si y sólo si sus módulos son iguales |‘’ | = |‘ƒ |, y sus argumentos se diferencian en un número entero de vueltas, es decir, “’ = “ƒ + 2•–, con • ∈ ℕ. Por tanto un número complejo tiene infinitos argumentos distintos. Propiedades de los números complejos en forma polar:

Dados ‘’ = |‘’ |(z{| “’ + x”~•“’ ) y ‘ƒ = |‘ƒ |(z{| “ƒ + x”~•“ƒ ) entonces:

Multiplicación y división en forma polar. Formula de Moivre

‘’ ∗ ‘ƒ = |‘’ | ∗ |‘ƒ | ∗ (z{| (“’ + “ƒ ) + x”~•(“’ + “ƒ )) Se define el producto como:

Se define el cociente como:

—˜ —™

= |—˜| ∗ (z{| (“’ − “ƒ ) + x”~•(“’ − “ƒ )) |— | ™

Ambas expresiones e pueden comprobar partiendo de la fórmula de Euler. Formula de Moivre Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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De la definición del producto hecha anteriormente se extrae con facilidad que: ‘ š =|‘|š ∗ (z{| •“ + x ”~• •“)

Raíces n-simas de un número complejo

Estudiemos ahora las potencias con exponente racional de un número complejo. Dado ‘ = |‘|~ €› , œ = ž |œ| ∗ ~ €• y œ = √y, para Ÿ ∈ ℤ, entonces:

œ = √y ⇒ œ ¡ = ‘ ⇒ œ ¡ = |œ|¡ ~ €¡• = |‘|~ €› por tanto, |œ|¡ = |‘| , y además, Ÿ¢ = “ + 2•– , ósea, › ƒ£¤ ¢= , para • ∈ ℤ. ž

¡

De todos estos valores sólo p consecutivos son distintos, el resto resulta ser repetición sucesiva de valores ya obtenidos. Por tanto, un número complejo tiene siempre p raíces p-ésimas distintas œ£ = ‚|‘| ∗ ~ ž

€

¥¦™§¨ ž

, para • = 1,2,3, … , Ÿ − 1 .

Se puede observar que las p raíces p-ésimas tienen todas el mismo módulo, y sus argumentos se ƒ¤ diferencian en cada uno del siguiente, esto es, las raíces p-esimas se encuentran en los vértices de un ¡

polígono regular de p lados inscrito en la circunferencia de centro 0 y radio ‚|‘| . ž

Además podemos afirmar que la suma de las p raíces distintas de la raíz p-ésima de z es cero.

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1.1

Dados ,

∈ ℂ Demostrar:

a) | ∗ | = | | ∗ | | b) | | = | | =|

| |

c) Solución:

|

a)

Recordemos que el módulo al cuadrado es | | = | ∗

| =( ∗

∗ • entonces:

) ∗ (•••••••) ∗ =

Como los módulos son números reales se cumple que: | ∗

CQD b) Por definición

∗

| =| | ∗| |

= .

Y como | ∗ | = | | ∗ | | entonces |1| = | ∗

|

CQD

∗•∗

|=| |∗|

|=

∗

⇒| ∗

1 =| | | |

=| | ∗| |

|=| |∗| |

| de donde deducimos que:

c) Usando los resultados de los apartados anteriores tenemos que: | ∗

CQD

1.2

| =| |∗| | y |

=| ∗

|=| |

|=| |∗|

Demostrar que si

tenemos que:

|=| |∗| |

=

| | | |

son complejos y z es un complejo unitario, entonces el módulo de

es 1. Solución: Queremos demostrar que:

ª— « «• — ª•

=1

Aplicando las propiedades del problema anterior tenemos que: ª— « «• — ª•

= |«•

|ª— «|

— ª•|

Entonces vamos a demostrar que el numerador y el denominador de esta fracción son

••••••••• |n‘ + w| = ¬n‘ + w¬ = ¬n• ∗ ‘̅ + w•¬ por otro lado sabemos que |‘| = 1 entonces:

iguales, tomamos pues el numerador y aplicando las propiedades de los módulos tenemos que: ••••••••• |n‘ + w| = ¬n‘ + w¬ = ¬n• ∗ ‘̅ + w•¬ = |‘| ∗ ¬n• ∗ ‘̅ + w•¬

(Recordad que los módulos son números reales y por tanto un número multiplicado por 1 nos da el mismo número) |n‘ + w| = |‘| ∗ ¬n• ∗ ‘̅ + w•¬ = ¬‘ ∗ fn• ∗ ‘̅ + w•g¬ = ¬n• ∗ ‘̅ ∗ ‘ + w• ∗ ‘¬

= ¬n• ∗ ‘̅ ∗ ‘ + w• ∗ ‘¬ = ¬n• ∗ |‘|ƒ + w• ∗ ‘¬ = ¬n• + w• ∗ ‘¬ (|‘|ƒ = 1 Puesto que Z tenía módulo 1).

CQD

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1.3

Hallar el valor máximo que puede alcanzar el módulo del número complejo z, tal que

+

=

Solución 1:

Sea y = - + ‰x +

= - + ‰x +

1 ⇒ |(- + ‰x) + ƒ

® ¯€ |ƒ

=

(® ¯€)™

® ¯€ ƒ

=

¬(® ¯€)™

|® ¯€|

¬

= 1 Elevando al cuadrado ambos miembros,

= |- + ‰x| desarrollamos y tenemos:

(- + ‰x)ƒ + 1 = (- ƒ − ‰ ƒ + 1) + 2-‰x

¬(® ¯€)™

|® ¯€|™

™

¬

=

y el módulo al cuadrado de este complejo es:

|(- ƒ − ‰ ƒ + 1) + 2-‰x|ƒ = (- ƒ − ‰ ƒ + 1)ƒ + (2-‰)ƒ =

= - ° − ‰ ƒ - ƒ + - ƒ − ‰ ƒ - ƒ + ‰ ° − ‰ ƒ + - ƒ − ‰ ƒ + 1 + 4‰ ƒ - ƒ = - ° + 2- ƒ + ‰ ° − 2‰ ƒ + 2‰ ƒ - ƒ + 1

Sustituyendo en la ecuación tenemos:

|(- + ‰x)ƒ + 1|ƒ = - ° + 2- ƒ + ‰ ° − 2‰ ƒ + 2‰ ƒ - ƒ + 1 = - ƒ +‰ ƒ = |- + ‰x|ƒ y nos queda la ecuación:

- ° + - ƒ + ‰ ° − 3‰ ƒ + 2‰ ƒ - ƒ + 1 = 0

⇔ ‰ ° + ‰ ƒ (2- ƒ − 3) + - ° + - ƒ + 1 = 0

Resolviendo para obtener ‰ ƒ tenemos que: ‰ƒ =

−(2- ƒ − 3) ± ‚(2- ƒ − 3) − 4(- ° + - ƒ + 1) 3 − 2- ƒ ± ‚(2- ƒ − 3)ƒ − 4(- ° + - ƒ + 1) = = 2 2

Desarrollamos primero el radical y queda:

(2- ƒ − 3)ƒ − 4(- ° + - ƒ + 1) = 4- ° + 9 − 12- ƒ − 4- ° − 4- ƒ − 4) = 5 − 16- ƒ

Luego ‰ ƒ =

(ƒ® ™ µ)±‚¶ ’·® ™ ƒ

⇔ ‰ƒ + - ƒ =

ƒ ƒ

una expresión para el módulo de z, (|‘|ƒ = ‰ ƒ + - )

Y como ∀ - ¹ ℝ se cumple que

µ ‚¶ ’·® ™ ƒ

>

pasamos el - ƒ al otro lado para poder conseguir

µ±‚¶ ’·® ™

µ ‚¶ ’·® ™

que nos da un módulo máximo que sería:

ƒ

entoncesde las dos soluciones elegimos la solución

|‘|ƒ = ‰ ƒ + - ƒ =

3 + √5 − 16- ƒ 2

Y es evidente que el valor máximo de |‘|ƒ se da cuando x=0, es decir: |‘|ƒ =

3 + √5 2

|y|ºª®€º» = ¼

⇒

3 + √5 2

Y como - = 0, entonces |y|ºª®€º» se da para un y de la forma y = ‰x , es decir imaginario puro, entonces: ‘ = x¼

Solución 2

Podemos escribir que |y| = ‘ + − . ’

3 + √5 2

’

—

—

1 1 1 1 1 1 − ½ ≤ ½‘ + ½ + ½− ½ ‰ ¾{‹{ ½‘ + ½ = 1 ⇒ |y| ≤ 1 + ½ ½ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘

Por otro lado aplicando la desigualdad triangular tenemos que: |y| = ½‘ +

Y esto nos da la ecuación: |y| − 1 −

’ —

≤0 ⇒

Resolvemos la ecuación y obtenemos que |y| =

Entonces el máximo valor |y| =

’ √¶ ƒ

|y|ƒ − |y| − 1 ≤ 0

’±√’ ° ƒ

=

’±√¶ ƒ

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1.4

Indicar si es correcto o falso el enunciado siguiente, razonando la respuesta: a) Sean

b) |

Solución: ⇒

+

ℂ y ambos con módulo 1, Entonces se cumple que:

|=

⇔

=

Como y’ y yƒ tienen módulo 1 entonces si los escribimos en forma exponencial quedarían:

y’ = ~ €› y yƒ = ~ €À , siendo “ ‰ Á los argumentos de y’ y yƒ respectivamente.

Entonces tenemos que:

Aplicando la fórmula de Euler: y’ = ~ €› = cos “ + x sin “

yƒ = ~ €À = cos Á + x sin Á

y’ + yƒ = cos “ +cos Á + x (sin “ +sin Á) |

| = ‚(cos “ +cos Á )ƒ + (sin “ +sin Á) ƒ

+

= ‚cos ƒ “ +cos ƒ Á + 2 cos “ ∗ cos Á + sinƒ “ +sinƒ Á + 2 ∗ sin “ ∗ sin Á

= √2 + 2 cos “ ∗ cos Á + 2 ∗ sin “ ∗ sin Á = ‚2 ∗ (1 + cos(“ − Á))

Luego para que se cumpla la igualdad |

™

+

|=

Se debe cumplir que 1 + cos(“ − Á) = 2 ⇒ cos(“ − Á) = 1 Á + 2•– y esto equivale a decir que = ⇐

Si ahora partimos de que 1. 1.5

‘’ = √‘ É

‘ƒ = √‘ É

o lo que es lo mismo: “ =

Entonces |Z’ + Zƒ | = |2 ∗ Z’ | = 2 ∗ |Z’ | = 2, dado que por hipótesis |y’ | =

=

Determinar todos los complejos distintas.

Solución:

⇒ “ − Á = 2•–

=

tales que

+

, siendo

dos raíces cubicas de

⇒ ‘’ µ = ‘

⇒ ‘ƒ µ = ‘

2‘ = ‘’ + ‘ƒ

Por otro lado sabemos que si ‘µ es una tercera de ‘ con ‘µ ≠ (‘’ , ‘ƒ ) se cumple que ‘’ + ‘ƒ + ‘µ = 0 entonces:

‘’ + ‘ƒ = −‘µ y ‘’ + ‘ƒ = 2‘ ⇒ −2‘ = ‘µ y elevando al cubo ambos miembros tenemos: (−2‘)µ = µ µ µ (‘µ ) ⇒ (−2‘) = (‘µ ) = ‘ ⇒ −8‘ µ = ‘ 8‘ µ + ‘ = 0

‘=0 1.6

⇒ ‘=0

, ‘ = ±xÌ

Sea

’

‘ƒ = −

’ Ë

‘ = ±Ì−

’ Ë

Luego los complejos que cumple la condición son:

Ë

un número complejo de módulo 1. Expresa los números

Solución:

−

y

+

en forma polar.

Los número de la forma w-1 y w+1, con |œ| = 1 ,se pueden expresar en forma operando como sigue: Sea œ = ¾{|“ + x|~• “ y tomemos el número Í = ¾{| + x|~• . › ƒ

› ƒ

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Entonces de acuerdo a la fórmula de Moivre ̓ =3z{|2

› ƒ

+ x ”~• 2 4 = ¾{|“ + x|~• “ = œ › ƒ

También podemos hacerlo la fórmula de Euler:

⇒

œ = ̓

ƒ

Sea Í = ~ ™€ entonces ̓ = 5~ ™ € 6 = ~ ›€ = œ ¥

¥

Por otro lado usamos la propiedad de siguiente: Í ∗ Í• = 1 si |Í| = 1 = m − m ∗ m = m(m − m) =

< ∗ ∗ , .5 6 ∗ m =

= m + m ∗ m = m(m + m) =

< < ∗ #+, 5 6 ∗ m = ½ ∗ #+, 5 6½<

Desarrollamos la expresión y obtenemos:

=

−

+

< ∗ , .5 6

1.7

Sea

Solución:

=

<

< = ½ ∗ , . 5 6½<

< ∗ ∗ , .5 6

<

+ +

una raíz séptima de la unidad. Calcular

Sabemos que z Ï = 1 y que 1 + z’ + z ƒ + z µ + z ° + z ¶ + z · = 0

+

+

A(z) = 1 + z + z ° + z Ñ + z’· + z ƒ¶ + z µ· .

+

En primer lugar notamos que si z es una raíz séptima de la unidad, tenemos que y = √1

Ó(‘) = 1 + ‘ + ‘ ° + ‘ ƒ ∗ ‘ Ñ + ‘ ƒ ∗ ‘’° + ‘ ° ∗ ‘ ƒ’ + ‘ ∗ ‘ µ¶ = 1 + 2‘ + 2‘ ƒ + 2‘ °

Ó(‘) = 1 + 2(‘ + ‘ ƒ + ‘ ° ) = 1 + 2 5~

ƒ¤€ Ï

+~

°¤€ Ï

+~

ˤ€ Ï 6

= 1 + 2~

ƒ¤€ Ï

51 + ~

Para intentar simplificar más vamos a elevar al cuadrado el polinomio:

ƒ¤€ Ï

+~

Ò

°¤€ Ï 6

+

.

⇒ yÏ = 1

Óƒ (‘) = f1 + 2(‘ + ‘ ƒ + ‘ ° )g = 1 + 4(‘ + ‘ ƒ + ‘ ° )ƒ + 4(‘ + ‘ ƒ + ‘ ° ) = ƒ

1 + 4(‘ ƒ + ‘ µ + ‘ ¶ + ‘ µ + ‘ ° + ‘ · + ‘ ¶ + ‘ · + ‘ Ë ) + 4(‘ + ‘ ƒ + ‘ ° ) = 1 + 4(‘ ƒ + 2‘ µ + ‘ ° + 2‘ ¶ + 2‘ · + ‘ Ë ) + 4(‘ + ‘ ƒ + ‘ ° ) = 1 + 4‘ + 8‘ ƒ + 8‘ µ + 8‘ ° +8‘ ¶ + 8‘ · + 4‘ Ë = (1)

Como 1 + z’ + z ƒ + z µ + z ° + z ¶ + z · = 0 ⇒ ‘ ƒ + ‘ µ + ‘ ° +‘ ¶ + ‘ · = −1 − ‘ ⇒

8(‘ ƒ + ‘ µ + ‘ ° +‘ ¶ + ‘ · ) = 8(−1 − ‘) Luego sustituyendo nos queda:

(1) = 1 + 4‘ − 8 − 8‘ + 4‘ = −7 1.8

⇒ Ó(‘) = √−7 = −x√7

Sabiendo que x es una de las raíces séptimas de la unidad, encontrar el valor de la expresión: !=

Solución:

" + +"

" + +"

Sabemos que - Ï = 1 y que 1 + - ’ + - ƒ + - µ + - ° + - ¶ + - · = 0. Õ=

" +"

-ƒ -µ 1 -ƒ + + = ∗ k + + l= 1 + -ƒ 1 + -° 1 + -· 1 + -ƒ 1 + -° 1 + -·

-∗k

1 ∗ (1 + - ° ) ∗ (1 + - · ) - ∗ (1 + - ƒ ) ∗ (1 + - · ) - ƒ ∗ (1 + - ƒ ) ∗ (1 + - ° ) + + l 1 + -ƒ 1 + -° 1 + -·

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=-∗

=

=

1 + -° + -· + -µ + 1 + - + -ƒ + -µ + - + -ƒ + -° + -· = 1 + -ƒ + -° + -· + -· + - + -µ + -¶

1 + -° + -· + -µ + 1 + - + -ƒ + -µ + - + -ƒ + -° + -· = 1 + -ƒ + -° + -· + -· + - + -µ + -¶

2(1 + - ƒ + - µ + - ° + - · ) −2- ¶ = = −2 -¶ -¶

1.9

Dados los números complejos = + , , tales que los afijos de , , de z.

=

− , determinar 3 números complejos: formen un cuadrado que tiene su centro el afijo

Solución:

Para calcularlos, hacer dos transformaciones, los ‘€ que están referenciados al origen de coordenadas hay que referenciarlos al nuevo centro z. Si denominamos y’ ´(×´’ , Ø´’ ) a las coordenadas de y’ respecto a y, entonces se cumple que y’ ´ = y’ − y, con esto habremos hecho un cambio de origen que ahora pasará a ser y. ¤ ƒ

al punto y´’ , respecto a y. Y ello se consigue

multiplicando y´’ por un número complejo de módulo 1 y argumento igual al valor del giro que queremos dar. Una vez hecho esto, debemos aplicar un giro de

”~n y´’ = |y´’ |~ ›€ ‰ œ = ~ Ù€

⇒ y´ƒ = y´’ ∗ Œ = |y|~ (›

Ù)€

,

Sustituyendo y´’ y y´ƒ por su valor tenemos que y suponiendo un giro Ú:

(yƒ − y) = (y’ − y) ∗ ~ Ù€ , gráficamente obtenemos:

Ahora procedemos con el problema enunciado:

El cuadrado queda inscrito en una circunferencia de radio |‘’ − ‘ |=|3 − x − 2 − x | = |1 − 2x| = √5. Dentro

de la circunferencia los puntos estarán separados por un Angulo de usando la formula dada anteriormente: (yƒ − y) = (y’ − y)~ ™

¨

ƒ¤ °

= . Y ahora calculamos los afijos ¤ ƒ

⇒ yƒ = y + (y’ − y)~ ™ = 2 + x + (3 − x − 2 − x)(¾{| + x |~• )= 2 + x + (3 − x − 2 −

x)(x) = 2 + x + x + 2 = 4 + 2x

¨

¤ ƒ

¤ ƒ

yµ = y + (y’ − y)~ ¤ = 2 + x + (3 − x − 2 − x)(¾{| – + x |~• –)= 2 + x + (1 − 2x)(−1) = 1 + 3x y° = y + (y’ − y)~ ™ = 2 + x + (3 − x − 2 − x)(¾{| ɨ

µ¤ ƒ

+ x |~•

µ¤ ƒ

)= 2 + x + (1 − 2x)(−x) = 0

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1.10 Hallar la condición que deben de cumplir los complejos a, b y c para que los afijos de la solución de la ecuación # $ formen con el origen un triángulo equilátero. Solución:

Si son un triángulo equilátero, entonces los lados son iguales, luego el modulo ha de ser el mismo y los ángulos que forman entre si los lados del triángulo dos a dos son iguales y de valor de 60º.

Sean y’ ‰ yƒ las soluciones de la ecuación, para que los afijos formen un triángulo rectángulo junto con el origen debe cumplirse que: yƒ

y’ ∗ ~ É ( ver figura) ¨

Dicho de otra forma si Û y’

Û∗

=

y

yƒ

Û∗

Por Cadano-Vieta:

y’

yƒ

y’ ∗ yƒ w n

¾ n

Û~ Ù 31

w n

¤

~µ4

Ûƒ&

=

∗

|yƒ |

|y’ | Entonces podemos escribir:

=

=

Û~ Ù 31

¤ Û~ Ù Û~ Ù f3 √3xg ∗ 2√3 ∗ ~ · 2 2 ¾ Ûƒ& = ∗ = ' Ûƒ = n

'

¾{|

¾ n

– 3

⇒ Ûƒ

– |~• 4 3

Û√3 ∗ ~ Ù

¤ ·

|¾| |n|

Û~ Ù k1

1 2

√3 xl 2

Luego las condiciones que deben cumplir n, w ‰ ¾ ∈ ℤ es que:

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Û√3 ∗ |n| ; |¾| = |n| ∗ Û ƒ ⇒

|w|

– = ÓÛÝ(−w) − ÓÛÝ(n) 6 – 2Ú + = ÓÛÝ(¾) − ÓÛÝ(n) 3

Ú+

1.11 Dada la ecuación

− %

|¾| = −

− (

−

Û

√3

∗ |w|

) = $ cuyas raíces son

y

, se pide:

Hallar los complejos , tales que los afijos de , formen un triángulo rectángulo isósceles, donde el vértice del ángulo recto sea el afijo de la raíz de menor componente imaginaria.

Solución: Primero resolvemos la ecuación en cuestión: ‘ ƒ − 8 x ‘ − (19 − 4 x) = 0 ‘=

8 x ± √−64 + 4 ∗ 19 − 16x = 4x ± √3 − 4x 2

A continuación describimos un método para poder eliminar la raíz y llegar a una solución compleja binomial. Nos planteamos la siguiente ecuación √3 − 4x = n + wx con n, w ∈ ℝ y una vez resuelta esta ecuación resultará que: ‘ = 4x ± (n + wx) con n, w ∈ ℝ

Para resolver la ecuación, desarrollamos el binomio y tenemos que:

(n + wx)ƒ = nƒ − w ƒ + 2nwx = 3 − 4x igualamos los términos real e imaginario y tenemos que:

2nw = −4 ⇒ n = −

2 w

2 ƒ 4 nƒ − w ƒ = 5− 6 − w ƒ = ƒ − w ƒ = 3 ⇒ 4 − w ° = 3w ƒ ⇒ w ° + 3w ƒ − 4 = 0 w w wƒ =

n=−

µ±√Ñ ’· ƒ

=Þ

1 −4

2 n = +2 =Þ n = −2 w

w = ±1 w = ±2x ⇒

Como w ∈ ℝ entonces w = ±1

n + wx = Þ

2−x −2 + x

Luego las soluciones de la ecuación serán: ‘’ = 4x + (2 − x) = 2 + 3x

⇒ n + wx = ±(2 − x)

‘ƒ = 4x − (2 − x) = −2 + 5x

Tal como dice el enunciado, el vértice del triángulo donde está el ángulo recto seria ‘’ (la raíz con menor parte imaginaria) Como podemos apreciar en el gráfico para obtener el triángulo que nos piden tenemos debemos girar el segmento (‘ƒ − ‘’ ), -90º y obtener el punto ‘µ , ó girar +90º y obtener ‘° .

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Calculemos ‘µ : (‘µ

‘’ '

&‘ƒ

‘’ '~

¨ € ™

⇒ ‘µ = ‘’ + (‘ƒ − ‘’ )~

¨ € ™

=

2 + 3x + (−2 + 5x − 2 − 3x) ∗ −x = (2 + 3x) + (4x + 2) = 4 + 7x

Calculemos ‘° :

(‘° − ‘’ ) = (‘ƒ − ‘’ )~ ™ € ⇒ ‘° = ‘’ + (‘ƒ − ‘’ )~ ™ € = ¨

¨

2 + 3x + (−2 + 5x − 2 − 3x) ∗ x = (2 + 3x) + (2 − 4x) = −x − +

1.12 Resolver la ecuación: raíces son de la forma Solución:

+ − % + % con a y b números enteros.

= $, sabiendo que todas sus

ß(‘) = ‘ ° − 24 ‘ µ + 227 ‘ ƒ − 986 ‘ + 1682 = 0

Como es una ecuación con coeficientes enteros, y sabemos que tiene que tener 4 raíces complejas, entonces tendremos que las raíces serán dos parejas de complejos conjugados, digamos que son: n ± wx y ¾ ± àx. Ahora calculamos el producto de los pares de raíces conjugados.

Ó(‘) = f‘ − (n + wx)gf‘ − (n − wx)g = (‘ − n − wx)(‘ − n + wx) = ‘ ƒ − n‘ + w‘x − n‘ + nƒ − nwx − w‘x + nwx + w ƒ = ‘ ƒ + nƒ + w ƒ − 2n‘

á(‘) = f‘ − (¾ + àx)gf‘ + (¾ − àx)g = (‘ − ¾ − àx)(‘ − ¾ + àx) = ‘ ƒ + ¾ ƒ + à ƒ − 2¾‘ Y entonces

ß(‘) = Ó(‘) ∗ á(‘) = (‘ ƒ + nƒ + w ƒ − 2n‘) ∗ (‘ ƒ + ¾ ƒ + à ƒ − 2¾‘) =

‘ ° + ‘ ƒ nƒ + ‘ ƒ w ƒ − 2n‘ µ + ¾ ƒ ‘ ƒ + nƒ ¾ ƒ + ¾ ƒ w ƒ − 2¾ ƒ n‘ + ‘ ƒ à ƒ + à ƒ nƒ + w ƒ à ƒ −2n‘à ƒ − 2¾‘ µ − 2¾‘nƒ − 2¾‘w ƒ + 4n¾‘ ƒ = ‘ ° + ‘ µ (−2n − 2¾)

+‘ ƒ (nƒ + w ƒ + ¾ ƒ + à ƒ + 4n¾) + ‘(−2¾ ƒ n − 2nà ƒ − 2¾nƒ − 2¾w ƒ )

+(nƒ ¾ ƒ + ¾ ƒ w ƒ à ƒ nƒ + w ƒ à ƒ ) Igualamos coeficientes:

(−2n − 2¾) = −24 ⇒ (n + ¾) = 12 = 3 ∗ 2ƒ

(nƒ + w ƒ + ¾ ƒ + à ƒ + 4n¾) = 227 (−2¾ ƒ

n − 2nà − 2¾n − 2¾w ƒ

ƒ

ƒ)

= −986

(nƒ ¾ ƒ + ¾ ƒ w ƒ +à ƒ nƒ + w ƒ à ƒ ) = (nƒ + w ƒ )(¾ ƒ + à ƒ ) = 1682 = 2 ∗ 29ƒ

(1) (2) (3) (4)

De (1) y (4) tenemos que:

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&n

¾'

12 y (nƒ + w ƒ )(¾ ƒ + à ƒ ) = 1682

Las opciones que tenemos son que:

(nƒ + w ƒ )¹ ?2,29,2 ∗ 29, 29ƒ A y (¾ ƒ + à ƒ )¹ ?2,29,2 ∗ 29, 29ƒ A Y probamos para los casos: a

1

2

3

4

5

6

c

11 10

9

8

7

6

a=1 y c=11

(1 + w ƒ )¹ ?2,29,58,841A y w¹ ℤ, probamos que: 1 + w ƒ = 2 ⇒ w = 1¹ℤ

1 + w ƒ = 29 ⇒ w ∉ ℤ

1 + w ƒ = 58 ⇒ w ∉ ℤ

1 + w ƒ = 841 ⇒ w ∉ ℤ

Entonces w = 1 ⇒ (1 + w ƒ ) = 2 ⇒ (121 + à ƒ )¹ ?29,841A Se obtiene que à ∉ ℤ luego no es posible.

a=2 y c=10

(4 + w ƒ )¹ ?2,29,58,841A y w¹ ℕ Entonces w = 5 ⇒ (4 + w ƒ ) = 29 ⇒ (121 + à ƒ )¹ ?58A Se obtiene que à ∉ ℤ luego no es posible a=3 y c=9

(9 + w ƒ )¹ ?2,29,58,841A y w¹ ℕ Entonces w = 7 ⇒ (9 + w ƒ ) = 58 ⇒ (81 + à ƒ )¹ ?2,29,841A Se obtiene que à ∉ ℕ luego no es posible. a=4 y c=8

(16 + w ƒ )¹ ?2,29,58,841A y w ∉ ℕ luego no es posible . a=5 y c=7

(25 + w ƒ )¹ ?2,29,58,841A y w¹ ℕ Entonces w = 2 ⇒ (25 + w ƒ ) = 29 ⇒ (49 + à ƒ )¹ ?2,58,841A y como ๠ℕ se obtiene à = 3. Luego una solución es: a=5 ,b=2, c=7,d=3

Si siguiéramos probando, encontraríamos otra solución para el caso de a=7 y c=5 que daría lugar b=3 y d=2. Luego la solución es: ‘’ = 5 + 2x

,‘ƒ = 5 − 2x

,‘µ = 7 + 3x

1.13 Dada el polinomio: (( ) =

+(

− )

,‘° = 7 − 3x +( −

a) Calcular , , # ℂ para que (( ) = ( + )(

) +

b) Resolver la ecuación (( ) = $

+

+ %

+ #)

c) Representar en el plano complejo el triángulo cuyos vértices son los afijos de las soluciones de la ecuación anterior.

d) ¿Qué tipo de triangulo determinan? Solución: a)

‘ µ + (5x − 6)‘ ƒ + (9 − 24x)‘ + 13x + 18 = (‘ + x)(n‘ ƒ + w‘ + ¾)

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Desarrollamos el producto &‘

&‘

n‘

µ

x'&n‘ ƒ &w

w‘

nx'‘

ƒ

¾'

wx‘

n‘ µ ¾x

x'&n‘ ƒ

w‘ ƒ

¾‘

w‘

nx‘ ƒ

¾':

wx‘

¾x

Igualamos ahora los términos para cada potencia de z: ‘µ ⇒

‘

ƒ

=

⇒ 5x − 6 = w + nx

‘’ ⇒ 9 − 24x = ¾ + wx

⇒

= 5x − 6 − nx = 5x − 6 − x =

podemos comprobar que se cumple.

‘ ã ⇒ 13x + 18 = ¾x ⇒ −¾ = −13 + 18x ⇒ # = b)

− %

−

P(z) = (‘ + x)(n‘ ƒ + w‘ + ¾) una solución de esta ecuación es evidentemente = − , para encontrar las otras dos resolvemos la ecuación de segundo grado n‘ ƒ + w‘ + ¾ = ‘ ƒ + (4x − 6)‘ + 13 − 18x = 0

‘=

−(4x − 6) ± ‚(4x − 6)ƒ − 4 ∗ (13 − 18x) = −2x + 3 ± √−8 + 6x 2

Calculamos ahora la raíz cuadrada del número complejo −8 + 6x, para ello supongamos que el resultado de la raíz es el número Ÿ + åx, entonces podemos escribir, √−8 + 6x = Ÿ + åx

⇒

−8 = Ÿƒ − å ƒ Entonces æ 6 = 2Ÿå

−8 + 6x = (Ÿ + åx )ƒ ⇒

−8 + 6x = Ÿƒ − å ƒ + 2Ÿåx

Ahora bien si dos números complejos son iguales, entonces las partes reales son iguales, las partes imaginarias son iguales y los módulos son iguales. Tomando módulos en la expresión −8 + 6x = (Ÿ + åx )ƒ y tenemos, |−8 + 6x| = |(Ÿ + åx )ƒ | = |Ÿ + åx |ƒ ⇒ Tenemos ahora tres ecuaciones: Ÿƒ − å ƒ = −8 (1) ç Ÿƒ + å ƒ = 10 (2) 6 = 2Ÿå (3)

|−8 + 6x| = Ÿƒ + å ƒ = √64 + 36 = 10

De (1) y (2) obtenemos que 2Ÿƒ = 2 ⇒ ߃ = 1 ⇒ Ÿ = ±1 Y de (3) obtenemos que Ÿå = 3

1 + 3x Luego √−8 + 6x = Þ −1 − 3x

|x Ÿ = 1 ⇒ å = 3 æ |x ß = −1 ⇒ å = −3

1 + 3x = 4 + x 3 − 2x + Þ −1 − 3x = 2 − 5x y = 3 − 2x ± √−8 + 6x = ç 1 + 3x = 2 − 5x 3 − 2x − Þ −1 − 3x = 4 + x

Y las dos raíces restantes de la ecuación serán:

c) Sean

= −x ,

= 4+x ,

= 2 − 5x

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d) Par ver qué tipo de triangulo es, podemos hacer varias comprobaciones, la primera es ver la longitud de los lados: x ,

Tenemos que:

4

2 − 5x

x ,

è = |‘ƒ ‘’ | = ‚4ƒ + (1 + 1)ƒ = √20

Ý = |‘µ ‘’ | = ‚2ƒ + (−5 + 1)ƒ = √20

ℎ = |‘µ ‘ƒ | = ‚(2 − 4)ƒ + (−5 − 1)ƒ = √40

Se ve que es isósceles pues tiene dos lados iguales è = Ý = √20

Y podemos comprobar que es rectángulo dado que se cumple que:

è ƒ + ݃ = ℎƒ ⇔ 20 + 20 = 40

Y el ángulo recto estará formado por los lados è ‰ Ý.

1.14 Dada la ecuación + + $ = $. Hallar otra ecuación tal que los afijos de sus raíces formen un triángulo homotético de razón 3, y girada un Angulo de 45º, tomando como punto de referencia el baricentro del mismo. Solución:

En primer lugar resolvamos la ecuación ‘ µ + 6‘ + 20 = 0, Sabemos que tendrá dos raíces complejas conjugadas y una raíz real. Intentamos averiguar y probando vemos que es Û’ = −2. Entonces: ‘ µ + 6‘ + 20 = 0 = (‘ + 2)(‘ ƒ − 2‘ + 10) resolvemos la ecuación: ‘=

2 ± √4 − 40 2 ± 6x = = 1 ± 3x 2 2

Si representamos estos puntos en el plano, tenemos un triángulo cuyos vértices son (-2,0), (1,3) y (3,-3). -+-+- ‰+‰+‰ −2 + 1 + 1 0 − 3 + 3 , 6=5 , 6 = (0,0) 3 3 3 3

El baricentro del triángulo, recordamos que se calcula como: 5

Es decir que la homotecia es respecto del origen de coordenadas.

Recordamos la definición “Homotecia es una transformación que, a partir de un punto fijo, multiplica todas las distancias por un mismo factor”. En este caso como conocemos las coordenadas de los vértices y el centro de la homotecia es (0,0), para encontrar los nuevos vértices debemos multiplicar estos por 3. Luego serían: Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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3 ∗ & 2,0', 3 ∗ &1,3'‰ 3 ∗ &1, 3'

& 6,0', &3,9'‰ 3 ∗ &3, 9'

caso como es respecto del origen, basta con multiplicar cada complejo por ~ ê € . Por tanto los afijos (raíces) nuevos serían: ¨

Ahora que ya tenemos el triángulo, tenemos que realizar la segunda parte, que es girar los puntos, en este

œ’

œƒ

k

¤

3 ∗ √2&1

~ ° € ∗ &3

3 ∗ √2 2

ϵ

¤

6 ∗ ~ °€

¤

9 ∗ √2 l 2

~ ° € ∗ &3

3 ∗ √2 k 2

9x'

9x'

9 ∗ √2 l 2

k

√2 k 2

k

√2 2

3 ∗ √2 2 x

x

x'

√2 l ∗ &3 2

√2 l ∗ &3 2

3 ∗ √2 k 2

9 ∗ √2 lx 2 9x'

9 ∗ √2 lx 2

3 ∗ √2 2

9x'

3 ∗ √2 ∗& 2 2

3 ∗ √2 2

9 ∗ √2 x 2

3 ∗ √2 ∗ &4 2

9 ∗ √2 x 2 4x'

3 ∗ √2 x 2

2x'

3 ∗ √2 x 2

3 ∗ √2 ∗ & 1

9 ∗ √2 2

3 ∗ √2 ∗ &2

9 ∗ √2 2 2x'

x'

Y para calcular el polinomio, basta con multiplicar las raíces: f‘

3 ∗ √2 ∗ & 1

2x'g ∗ 3‘

3 ∗ √2 ∗ &2

x'4 ∗ 3‘

3 ∗ √2&1

x'4

0

En el dibujo se aprecia lo que hemos hecho.

& ' & ' 1.15 Dada la ecuación & ' $ ,que admite una raíz real. Los afijos de esta ecuación son tres vértices consecutivos de un paralelogramo, encontrar el complejo correspondiente al cuarto vértice. Entre todas las posibles soluciones elijase la que se encuentra en el primer cuadrante. Solución:

Si Û¹ℝ es una raíz de la ecuación dada, entonces tenemos que:

F

&

'F

&

'F

&

'

$ ⇒

Igualando las partes reales e imaginarias tenemos: F

$

F

F

F

F

$

$

$

La solución debe cumplir las dos ecuaciones, resolvemos al de segundo grado: Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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6 13 ± √13ƒ − 4 ∗ 2 ∗ 6 13 ± 11 = = ë1 4 4 2

Û

’ ƒ

Comprobamos si 6 o es raíz de la ecuación cubica: −

1 5 6 − 2

∗

+

∗

1 ∗5 6 + 2

− $=$

1 ∗ 5 6 − $ = − $, 2

≠$

Luego la raíz real debe ser 6.

Ahora reducimos la ecuación usando Ruffini y tenemos: (

6

−

+ (− +

=

⇒ ( +

+

) +(

− )( +

( −

− % +

6

Luego la ecuación que nos quedaría sería: Sea

− )

( − )

)

( − )

) +( − )=$

)+( − )=$

$− $

( + ) + ( − )( + ) + ( − ) = $ Desarrollamos e igualamos la parte imaginaria y la parte real a cero, obteniendo dos ecuaciones con dos incógnitas. −

+

+

−

−

− − + =$ + − − =$ 3w + 1 n= 2(w + 1)

+( − )=$ ⇒æ

−

2nw + 2n − 3w − 1 = 0 ⇒ 2n(w + 1) = (3w + 1)

⇒

−

(3w + 1)ƒ 3w + 1 − wƒ − 3 − 2w + 5 = 0 ƒ 4(w + 1) 2(w + 1)

(3w + 1)ƒ − 4w ƒ (w + 1)ƒ − 6(w + 1)(3w + 1) − 8w(w + 1)ƒ + 20(w + 1)ƒ = 0

9w ƒ + 6w + 1 − 4w ° − 8w µ − 4w ƒ − 18w ƒ − 24w − 6 − 8w µ − 16w ƒ − 8w + 20w ƒ + 40w + 20 = 0

−4w ° + −8w µ − 8w µ + 9w ƒ − 4w ƒ − 18w ƒ − 16w ƒ + 20w ƒ + 6w − 24w − 8w + 40w + 1 − 6 + 20 = 0 −4w ° − 16w µ − 9w ƒ + 14w + 15 = 0

Para resolver la ecuación probamos por Ruffini, podemos comprobar que 1 es raíz de la ecuación, -4 1 -4

-16

-9

14

15

-4

-20

-29

-15

-20

-29

-15

0

Y nos queda la ecuación: −

− $

−

−

=$

La ecuación no tiene raíces reales positivas, y como máximo dos raíces reales negativas, luego sólo habrá una raíz negativa real y dos complejas conjugadas. Empezamos probando con los divisores 15 que son -1,3,-5 y-15 y vemos que el -3 hace cero de la ecuación. Luego las soluciones reales que obtenemos son w = 1 ‰ w = −3 ßnÛn w = 1

ßnÛn w = −3

⇒

⇒

=

=

∗ + 4 = = 1 ìÍ~Ý{ yƒ = 1 + x ( + ) 4

∗− + −8 = = 2 ìÍ~Ý{ yƒ = 2 − 3x (− + ) −4

Ya tenemos las raíces de la ecuación: Z’ = ; Zƒ = ( + ); Zµ = ( −

)

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Como se aprecia en el grafico hay tres posibles soluciones y la que nos piden es la correspondiente al punto ^ y para calcularla, como sabemos que las diagonales de un paralelogramo se cortan en sus puntos medios tenemos que: ⇒

=−

+

+

=− +

1.16 Hallar a y b para que el polinomio: ((") = " − " + raíz n-ésima de la unidad.

+

+

+ =

∈ ℤ una de sus raíces sea una

, con

Si una raíz es una de las raíces n-ésimas de la unidad, es de la forma ‘’ = ~

la segunda raíz será su conjugada, es decir ‘ƒ = ~ Entonces por las fórmulas de Cardano-Vieta: ƒ£¤€ ƒ£¤€ š ∗~ š =1 ƒ£¤€ ƒ£¤€ ‘ƒ = ~ š + ~ š =

w = ‘’ ∗ ‘ƒ = ~

™§¨í î

+

.

™§¨í î

y como

∈ ℤ entonces

2•–x 2•–x ¾{| 5 6 + |~• 5 6+ • • ƒ£¤€ ƒ£¤€ ƒ£¤€ ƒ£¤€ ƒ£¤€ ƒ£¤€ ƒ£¤€ cos 3− 4 + |~• 3− 4 = cos 3 4 + |~• 3 4 + cos 3 4 − |~• 3 4 = 2 cos 3 4 ⇒n=

−n = ‘’ +

š ƒ£¤€

−2 cos 3

š

š

4

š

š

Como n debe ser entero entonces el producto 2 cos 3

ƒ£¤€ š

š

š

4 ∈ ℤ, y como cos 3

ƒ£¤€ š

š

4 ≤ 1, los valores de

cos 3 4 que multiplicados por 2 nos dan un número entero serían: Þ−1, − , 0, , 1ï y los valores que puede š ƒ ƒ tomar n serían: ?2,1,0, −1, −2A. ƒ£¤€

1.17 Sean

,

,

’

’

cuatro números complejos que verifican las siguientes condiciones:

a) Los afijos , , son puntos del plano complejo que coinciden con los vértices de un triángulo equilátero.

b) Real ( c) | | =

Calcular Solución

Como | | =

,

,

+

;

.

∗

+

)=

=− +√

;

∗

=− + √

entonces ‘ ∗ ‘’ y ‘ ∗ ‘ƒ son giros de un angulo que se corresponde con el argumento de ‘. Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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‘’ , ‘ƒ , ‘µ coinciden con los vertices de un triangulo equilatero, si giramos todos los vertices del triangulo equilatero, seguiremos teniendo un triangulo equilatero girado un angulo que se corresponde con el argumento de z y sus nuevos vertices serian:( ‘ ∗ ‘’ , ‘ ∗ ‘ƒ , z ∗ ‘µ ). entonces si tomamos el punto ‘ ∗ ‘’ como origen, y respecto de él, si a

lo llevamos a ‘ ∗ ‘µ . Y esto lo escribimos así:

¤ ¤ 1 √3 (z ∗ ‘µ − ‘ ∗ ‘’ ) = (z ∗ ‘ƒ − ‘ ∗ ‘’ ) ∗ ~ ± µ |x~•à{ ~ ± µ = k ± x l 2 2

∗

se le practica un giro de ±

¤ µ

1 √3 3 z ∗ ‘µ − f−1 + √3 xg4 = 3−1 + 3√3 x − f−1 + √3 xg4 ∗ k ± x l 2 2 3 z ∗ ‘µ − f−1 + √3 xg4 = 2√3 x ∗ 3 ± x ’ ƒ

√µ ƒ

4 = √3 x ± 3

−4 + 2√3 x z ∗ ‘µ = √3 x ± 3 + f−1 + √3 xg = æ 2 + 2√3 x

Calculemos el baricentro á’ del triangulo formado por los vertices ‘ ∗ ‘’ , ‘ ∗ ‘ƒ , z ∗ ‘µ ,

‘ ∗ ‘’ + ‘ ∗ ‘ƒ + z ∗ ‘µ = ð

á’ =

á’ =

‘ ∗ ‘’ , ‘ ∗ ‘ƒ , z ∗ ‘µ 3

f−1 + √3 xg + f−1 + 3√3 xg + f−4 + 2√3 xg = −6 + 6√3 x f−1 + √3 xg + f−1 + 3√3 xg + f2 + 2√3 xg = 6√3 x

‘ ∗ ‘’ + ‘ ∗ ‘ƒ + z ∗ ‘µ −2 + 2√3 x =æ 3 2√3 x

⇒

Sea B el baricentro del triangulo cuyos vertices son ‘’ , ‘ƒ , ‘µ ,

á=

‘’ + ‘ƒ + ‘µ ‡~nì(‘’ + ‘ƒ + ‘µ ) + Š‹Ý(‘’ + ‘ƒ + ‘µ ) = 3 3

Y como ‡~nì(‘’ + ‘ƒ + ‘µ ) = 12, entonces, á = 4 + ‰x con ‰ ∈ ℤ

Y como |‘| = 1 ⇒ |‘’ + ‘ƒ + ‘µ | = |‘| ∗ |‘’ + ‘ƒ + ‘µ | = |‘ ∗ ‘’ + ‘ ∗ ‘ƒ + z ∗ ‘µ | Y por tanto:

|á’

|ƒ

=

|á|ƒ

16 ⇒ ‰ ƒ = 0 16 + ‰ ƒ = æ 12 ⇒ ‰ ƒ = −4 ⇒ ‰ ∉ ℤ ‘’ + ‘ƒ + ‘µ =4 ‰ 3

Entonces: á=

á’ =

4 + ‰x ƒ ¬−2 + 2√3 x¬ = 16 ⇒ ½ ½ =ë ƒ 3 ¬2√3 x¬ = 12 ƒ

⇒ ìn ú•x¾n |{ì;xó• Ÿ{|xwì~ ~| ‰ = 0

⇒

‘ ∗ ‘’ + ‘ ∗ ‘ƒ + z ∗ ‘µ = −2 + 2√3 x 3

‘ ∗ ‘’ + ‘ ∗ ‘ƒ + z ∗ ‘µ (‘’ + ‘ƒ + ‘µ ) 1 √3 x =‘ = 4‘ = − 2 + 2√3 x ⇒ ‘ = − + 3 3 2 2

Y ahora despejamos ‘’ , ‘ƒ , ‘µ , ‘’ =

‘ƒ = ‘µ =

−1 + √3 x

1 √3 x − + 2 2

−1 + 3√3 x

1 √3 x − + 2 2

−2 + 2√3 x

1 √3 x − + 2 2

=2 = =

−2 + 6√3 x −1 + √3 x

−4 + 8√3 x −1 + √3 x

= =

f−2 + 6√3 xg ∗ f−1 − √3 xg = 5 − √3 x 4 f−4 + 8√3 xg ∗ f−1 − √3 xg = 5 + √3 x 4

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1.18 Hallar todos los complejos z tales que los afijos de , Solución

+

estén alineados.

Tenemos los números: ?1 ,

- + ‰x ,

1 + (- + ‰x)ƒ = 1 + - ƒ − ‰ ƒ + 2-‰xA

Para que estén alineados los vectores que los unen deben ser linealmente dependientes esto es:

óóóó⃗ 1y = (- − 1, x ) ⇔ (- − 1) + ‰x

óóóóóóóóóóóóóóóóóóóó⃗ 1(1 + ‘ ƒ ) = (1 + - ƒ − ‰ ƒ − 1 , 2-‰) ⇔ (- ƒ − ‰ ƒ ) + 2-‰x

óóóóóóóóóóóóóóóóóóóó⃗ y(1 + ‘ ƒ ) = (1 + - ƒ − ‰ ƒ − - , 2-‰ − ‰) ⇔ (- ƒ − ‰ ƒ − - + ‰) + (2-‰ − ‰)x

Basta comprobar que son dependientes dos vectores, ya que implican a los tres puntos, usemos el ( óóóó⃗ 1y ‰ óóóóóóóóóóóóóóóóóóóó⃗ 1(1 + ‘ ƒ ) ). ‰ [2- ∗ (- − 1) − (- ƒ − ‰ ƒ )]

-−1 ½ ƒ - − ‰ƒ ⇒

2- ∗ (- − 1) − (- ƒ − ‰ ƒ ) = 0 ⇒

⇒ - ƒ + ‰ ƒ − 2- + 1 − 1 = 0 ⇒

æ

‰ ½ = 2-‰ ∗ (- − 1) − ‰ ∗ (- ƒ − ‰ ƒ ) = 0 ⇒ 2-‰

‰=0 2- ∗ (- − 1) − (- ƒ − ‰ ƒ ) = 0

2- ƒ − 2- − - ƒ + ‰ ƒ = - ƒ + ‰ ƒ − 2- = 0 (- − 1)ƒ + ‰ ƒ = 1

Luego el lugar geométrico que describe el afijo Z es el formado por:

?‘ = - + ‰x: ‰ = 0 ó (- − 1)ƒ + ‰ ƒ = 1A Es decir el afijo z pertenece al eje de abscisas o a la circunferencia de radio 1 y centro (1,0). 1.19 Resolver la ecuación: − (% + ) + ( + ) − ( situada en la bisectriz del primer cuadrante y ∈ ℂ. Solución

− (% + )

+(

+

) −(

−

−

) = $ , sabiendo que una raíz esta

)=$

La raíz situada sobre la bisectriz del primer cuadrante será de la forma ‘ = (n + nx), la cual debe cumplir la ecuación y por tanto: (n + nx)µ − (8 + x)(n + nx)ƒ + (24 + 4x)(n + nx) − (24 − 6x) = 0 Desarrollamos:

(nµ + 3nƒ nx − 3nnƒ − nµ x) − (8 + x)(nƒ − nƒ + 2nƒ x) + (24 + 4x)(n + nx) −

(24 − 6x) = 2nµ x − 2nµ − (8 + x) ∗ 2nƒ x + (24 + 4x)(n + nx) − (24 − 6x) = 2nµ x − 2nµ − 16nƒ x + 2nƒ + 24n + 24nx + 4nx − 4n − 24 + 6x = 0 Igualando a 0 los términos reales y complejos tenemos: −2nµ + 2nƒ + 20n − 24 = 0 ⇒ nµ − nƒ − 10n + 12 = 0 2nµ − 16nƒ + 28n + 6 = 0 ⇒ nµ − 8nƒ + 14n + 3 = 0

Resolviendo por Ruffini la segunda ecuación, probando para 3, 1 3 1

-8

14

3

3

-15

-3

-5

-1

0

Comprobamos que también es solución de la primera: nµ − nƒ − 10n + 12 = 27 − 72 + 42 + 3 = 0

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Luego la solución que nos piden es para la raíz que esta en la bosectriz del primer cuadrante es ‘’ 3+x

3+

Ahora por Ruffini de nuevo descomponemos el polinomio complejo: 1 3+3i 1

-8-i

24+4i

-24+6i

3+3i

-21-9i

24-6i

-5+2i

3-5i

0

Luego queda: ß(‘) = (‘ − (3 + 3x)) ∗ (‘ ƒ − (5 − 2x)‘ + (3 − 5x) = 0

Resolvemos la ecuación de segundo grado: ‘=

(5 − 2x) ± ‚(5 − 2x)ƒ − 4 ∗ (3 − 5x) (5 − 2x) ± √9 4−x = =Þ 1−x 2 2

Luego la solución es: ‘’ = 3 + 3x

1.20 Resolver la ecuación: #+, Solución

;

=

‘ƒ = 4 − x ; ‘µ = 1 − x , siendo

∈ℂ

Veamos que:

€— æ ~ €— = cos ‘ + x|~• ‘ ⇒ ~ = cos ‘ − x|~• ‘

~ €— + ~

€—

= 2 ∗ cos ‘ ⇒ cos ‘ = ~ €— + ~

Luego la ecuación quedaría de la forma:

€—

=6

~ €— + ~ 2

€—

=3

Si hacemos el cambio de variable - = ~ €— tenemos que: - + = 6 luego nos quedaría la ecuación:

- ƒ − 6- + 1 = 0

-=

·±√µ· ° ƒ

= 3 ± 2√2 = æ

Volviendo el cambio de variable tenemos: ~ €— = 3 ± 2√2

Y aplicando logaritmos, x‘ = lnf3 ± 2√2g ⇒ ‘ =

3 + 2√2 > 1 3 − 2√2 > 1

’

®

lnf3 ± 2√2g x ∗ = −x flnf3 ± 2√2gg x x

1.21 Resolver en el cuerpo de los números complejos la ecuación: sen z = 4 Solución

€— æ ~ €— = cos ‘ + x|~• ‘ ⇒ ~ €— − ~ −~ = − cos ‘ + x|~• ‘

€—

Luego la ecuación quedaría de la forma:

= 2 ∗ i ∗ sen z ⇒ sen ‘ = ~ €— − ~

€—

= 8x

~ €— − ~ 2x

€—

=4

Si hacemos el cambio de variable - = ~ €— tenemos que: - − = 8x luego nos quedaría la ecuación: - ƒ − 8x- − 1 = 0

~ €— = f4 ± √15gx ‘=

-=

’

®

8x ± √−64 + 4 = 4x ± √−15 = f4 ± √15gx 2

⇒ x‘ = ì•f f4 ± √15gxg ⇒ ‘ =

ì•f f4 ± √15gxg x ∗ = −x ∗ ì•f f4 ± √15gxg x x

ì•f f4 ± √15gxg x

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1.22 Resolver en el cuerpo de los números complejos la ecuación: ∗- .

=

∗, .

+

|~• ‘ 3 = 2 ∗ |~•ƒ ‘ + cos ‘ ¾{| ƒ ‘

Solución 5∗

5∗

#+,

3 |~• ‘ ∗ cos ‘ 2 ∗ |~•ƒ ‘ ∗ ¾{| ƒ ‘ = + ¾{| ƒ ‘ ¾{| ƒ ‘ ¾{| ƒ ‘

5 ∗ |~• ‘ ∗ cos ‘ = 2 ∗ |~•ƒ ‘ ∗ ¾{| ƒ ‘ + 3

Y como ”~• 2‘ = 2|~• ‘ ∗ cos ‘ entonces: 5 ∗ |~• 2‘ |~•ƒ 2‘ = +3 2 2

⇒

|~•ƒ 2‘ − 5 ∗ |~• 2‘ + 6 = 0 |~• 2‘ =

5 ± √25 − 24 3 =Þ 2 2

5 ∗ |~• 2‘ = |~•ƒ 2‘ + 6

⇒

Resolvemos ahora esta ecuación, usando el cambio - = ~ €ƒ— ~ €ƒ— − ~ 2x

|~• 2‘ =

€ƒ—

1 - = Þ3 = 2 2x -−

Obtenemos dos ecuaciones, igualando a 3 e igualando a 2 y obtendremos dos resultados para cada una de ellas. 1 - = 3 ⇒ - ƒ − 6x- − 1 = 0 ⇒ - = 6x ± √−36 + 4 = 3x ± x√8 = f3 ± 2√2gx 2x 2

Resolvemos la primera ecuación; -−

- = ~ €ƒ— = f3 ± 2√2gx ⇒

‘=

ì•÷f3 ± 2√2gxø 2x

1 - = 2 ⇒ - ƒ − 4x- − 1 = 0 ⇒ - = 4x ± √−16 + 4 = 2x ± x√3 = f2 ± √3gx 2x 2

Resolvemos la segunda ecuación; -−

- = ~ €ƒ— = f2 ± √3gx ⇒

‘=

ì•÷f2 ± √3gxø 2x

1.23 Se considera la ecuación binomio "

.

−

= $ (siendo . ∈ ℕ).

a) Calcular sus raíces en el cuerpo ℂ. b) Demostrar que para " ≠ ± " .− " −

= 3" − " ∗ #+,

.

y.>

se cumple la identidad de lotes siguiente:

+ 4 5" − " ∗ #+,

.

+ 6 … 5" − " ∗ #+,

(. − ) + 6 .

c) Aplicar el resultado anterior para calcular el valor de la expresión siguiente en función de n:

Solución:

, .

.

∗, .

.

∗…∗, .

(. − ) .

a) Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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1=0

- ƒš

⇒ - = √1 = ~ ™î

=~

¥¦™§¨í ™î

§¨í î

¾{• “ = 0

La primera raíz o raíz principal es Û’ = 1. Cuando • = • ⇒ Ûš = ~ ¤€ = −1 es decir que Ûã = Ûš . Como tenemos un número par de raíces, 2•, en total existen n pares de raíces conjugadas entre si. b)

Según las raíces obtenidas se cumple que: -

ƒš

-

ƒš

£;ƒš ’

−1 = ù -−~ £;ã

£¤€ š

Sacamos del producto las dos raíces Ûã ‰ Ûú y obtenemos: £;ƒš ’

−1 = ù -− £;ã

£¤€ ~š

£;ƒš ’

= (- − 1)(- + 1) ù - − £;’ £ûš

£¤€ ~š

=

(- ƒ

£;ƒš ’

− 1) ù - − ~ £;’ £ûš

£¤€ š

Pero como hemos visto dentro del producto tenemos n-1 parejas de raíces conjugadas que tendrán la forma: Ûü = ~

£¤€ š

⇒ Ûü = ~

£¤€ š

Entonces escribimos el producto de la siguiente forma: £;š ’

- ƒš − 1 = (- ƒ − 1) ù 5- − ~ £;’ £ûš

£¤€ š 6

∗ 5- − ~

£¤€ š 6

Para fijar los índices notar que existen 2n raíces, hemos sacado fuera 2 luego nos quedan 2n-2, y como hemos desdoblado el producto tendrá n-1 parejas de productos. Si ahora calculamos el producto para una pareja de conjugados vemos que nos sale: 5- − ~

§¨í î

6 ∗ 5- − ~

§¨í î

6 = -ƒ − - ∗ ~

§¨í î

−-∗~

+~

§¨í î

§¨í î

∗~

§¨í î

= - ƒ + 1 − - 5~

Como sabemos el producto de ‘ ∗ ‘̅ = 1 y la suma de ‘ ∗ ‘̅ = 2 ∗ ‡~nì y

Luego nos queda: 5- − ~

£¤€ š 6

∗ 5- − ~

£¤€ š 6

= - ƒ + 1 − - ∗ ‡~nì 5~

£¤€ - ƒš − 1 = ù 5- − ~ š 6 ∗ 5- − ~ (- ƒ − 1) £;š ’

£;’ £ûš

CQD

£¤€ š 6

=

£¤€ š 6

£;š ’

= - ƒ + 1 − 2 ∗ - ∗ cos

ù - ƒ − 2 ∗ - ∗ cos

£;’ £ûš

§¨í î

+~

§¨í î

6

•– •

•– +1 •

C) Si aplicamos límites en ambos lados de la igualdad tenemos: - ƒš − 1 2• ∗ - ƒš = lim ®;’ (- ƒ − 1) ®;’ 2-

lim

’

=•

(ℎ~‹{| nŸìx¾nà{ þ´ℎ{Ÿx nì)

•– •– lim ù - − 2 ∗ - ∗ cos + 1 = ù 2 51 − cos 6 ®;’ • • £;š ’ £;’

ƒ

£;š ’ £;’

Veamos que: (1 − cos “) = (cos ƒ + senƒ − cos ƒ + senƒ ) = 2 senƒ •– • = ù 4 sen = 4š 2• £;š ’

|~•

£;’

ƒ

’

£;š ’

› ƒ

ù senƒ £;’

•– 2•

› ƒ

› ƒ

(• − 1)– – • 1 – ∗ |~• ∗ … ∗ |~• = ±Ì š ’ = ± š ’ √• 2• 2• 4 2 2•

› ƒ

› ƒ

luego:

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1.24 Los afijos de las raíces n-ésimas del complejo que llamaremos ($ . Se pide:

$

forman un polígono regular de n lados

a) Comprobar que los puntos medios de los lados de ($ son los afijos de las raíces nésimas de que habrá que determinar.

b) Sea P1 el polígono formado por los afijos de las raíces n-ésimas de z1, y, en general, sea Pm+1 el polígono cuyos vértices son los puntos medios de los lados de Pm. Siendo 8 el número cuyas raíces n-ésimas son los vértices de Pm. Estudiar la serie ∑: 8;$ 8 y calcular su suma en caso de que sea convergente. Solución a)

Tenemos que î‚‘ã

√1 = ~

î

∀• = 0,1,2,3, … , •

™¨í§ î

Tomemos dos raíces consecutivas ‘ü = ~ ™¨í§ î

™¨í(§¦˜) î

ƒ

=

™¨í§ î

Luego î√‘’ = ∗ ~ ƒ ’

™¨í§ î

™¨í§ ™¨í î ∗ î

ƒ

∗ 51 + ~

= ∗~ ’ ƒ

™¨í î

™¨í§ î

6 ⇒

Y como ~ ƒ¤€£ = 1, entonces: ‘’ =

b)

’

Ĕ

‰ ‘ü

™¨í§ î

∗ 51 + ~

‘’ =

∗ 51 + ~

=~

™¨í(§¦˜) î

™¨í š î

su punto medio será: œ£ =

6 ∀• = 0,1,2,3, … , •

ƒ¤€£ ∗ 51 + ~ î ∗~

’

ƒ

™¨í î

’

6 .

—

— ¦˜

ƒ

=

™¨í š î

6

Tenemos la serie: :

B

º;ã

ƒ¤€ º 1 º 6 ∗ 51 + ~ 2º

) + 1.25 Dada la ecuación: −( + + + = $, se sabe que los afijos de las raíces de dicha ecuación son cuatro de los vértices de un pentágono regular cuyo quinto vértice es el afijo del plano complejo + . a) Calcular el afijo del centro de dicho pentágono b) Expresar los coeficientes Solución:

,

en función de las raíces de la ecuación.

a) En primer lugar usando las ecuaciones de Cardano-Vieta , tenemos que: ( +

)=

Las coordenadas del baricentro de un pentágono vienen dadas por:

b)

z

⇒ L=

( +

)+

+

=

+

Tenemos un vértice y tenemos el centro del pentágono, entonces podemos calcular el radio de la circunferencia circunscrita que será la distancia entre ambos puntos en el plano complejo: ƒ ƒ 14 9 √97 ‡ = ¼5 − 16 + 5 − 16 = 5 5 5

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Ahora tenemos el radio y el centro, para simplificar los cálculos vamos a hacer una traslación de los ejes coordenados para hacer coincidir el centro de la circunferencia con el origen de coordenadas. 9 14 z 5 , 6 5 5

Y hacemos la traslación z’ = z − Y el vértice nos quedaría como: ‘h¶ = 1 + x −

(Ñ ’°€) ¶

= (0,0)

(9 + 14x) 4 9 √97 °.µã€ =− − x= ~ = (−0.8, −1.8x) = −0.0414 − 1.97x 5 5 5 5

Los ángulos están en radianes.

Es importante ver cuando se pasa a forma exponencial el punto, en que cuadrante se encuentra, al ser la parte imaginaria y la parte real negativas estará en el tercer cuadrante. Pero si lo metemos en la calculadora probablemente nos dirá que esta en el primer cuadrante al tomar la arcotangente del cociente de dos números negativos, nos da un número positivo.

Ahora Para calcular el resto de puntos ‘′’ , ‘′ƒ , ‘′µ ‰ ‘′° del pentágono trasladado , basta con ir sumando al argumento un ángulo de 2– 5. Dado que los vértices del pentágono equidistan ese ángulo. Calculamos dichos vértices:

′

√97 3°,µã ~ 5

′

√97 3°,µã ~ 5

4€

√97 3°,µã ~ 5

′

√97 3°,µã ~ 5

′

=

√97 ¶,¶·€ ~ = (1.48 − 1.30x) 5

=

√97 Ë.ãÏ€ ~ = (−0.42 + 1.924x) 5

4€;

%

4€ 4€

√97 ·.Ë’€ ~ = (1.7 + x) 5

=

√97 Ñ.µµ€ ~ = (−1.96 + 0.186x) 5

Ahora deshacemos la traslación: &1.48 − 1.30x) +

& 0.42 + 1.924x) + & 1.96 + 0.186x) +

&1.7 + x) +

(9 + 14x) = (1.38 + 4.72x) 5

(9 + 14x) = (3.28 + 1.5x) 5

(9 + 14x) = (3,5 + 3.8x) 5

(9 + 14x) = (−0.16 + 3x) 5

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Tenemos ahora las raíces de la ecuación ‘’ , ‘ƒ , ‘µ ‰ ‘° . Y para calcular los coeficientes aplicamos de nuevo CardanoVieta: nƒ = ‘’ ‘ƒ + ‘’ ‘µ + ‘’ ‘° + ‘ƒ ‘µ + ‘ƒ ‘° + ‘µ ‘°

−nµ = ‘’ ‘ƒ ‘µ + ‘’ ‘ƒ ‘° + ‘ƒ ‘µ ‘° + ‘’ ‘µ ‘° n° = ‘’ ‘ƒ ‘µ ‘°

Operando se obtiene que: nƒ = −45 + 97x nµ = 318 − 38x

n° = −239 − 320x

.

1.26 Formula de Euler. Aplicaciones trigonometricas

a) Hallar las fórmulas del coseno del ( + ) y ( − ) en función del coseno y el seno de a o b.

b) Hallar las fórmulas del seno del ( + ) y ( − ) en función del coseno y el seno de a o b. Solución: a) Sean los números complejos: ~ ª€ = ¾{|n + x|~• n

~ «€ = ¾{| w + x|~• w

Si ahora multiplicamos obtenemos: ~ ª€ ∗ ~ «€ = ~ (ª

«)€

⇒ (¾{|n + x|~•w) ∗ (¾{|n + x|~•w) = cos(n + w) + x|~•(n + w)

= (¾{|n ∗ ¾{|w − |~•n ∗ |~•w) + x(|~•n ∗ ¾{|w + ¾{|n ∗ |~•w) ⇒ cos(n + w) = (¾{|n ∗ ¾{|w − |~•n ∗ |~•w)

|~•(n + w) = (|~•n ∗ ¾{|w + ¾{|n ∗ |~•w) b)

Si ahora dividimos los números complejos obtenemos_

cos(n − w) = (¾{|n ∗ ¾{|w + |~•n ∗ |~•w)

í

í

= ~ (ª

«)€

y operando igual que en el apartado anterior

|~•(n − w) = (|~•n ∗ ¾{|w − ¾{|n ∗ |~•w)

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1.27 Demostrar las siguientes equivalencias: #+, < =

, . <=

#+, < + #+, ( <)

, . < − , . ( <)

Solución: Usaremos para la demostración las definiciones de los números complejos escritos en forma exponencial. Tomemos un número complejo unitario de argumento “, ~ €› .

~ €› = cos “ + x|~• “ si elevamos al cubo ambos términos: f~ €› g = (cos “ + x|~• “)µ desarrollamos la expresión y tenemos: µ

f~ €› g = ~ €µ› = ¾{| 3“ + x”~• 3“ µ

(cos “ + x|~• “)µ = ¾{| µ “ + 3¾{| ƒ “ ∗ |~• “ x − 3z{|“ ∗ |~•ƒ “ − x |~•µ “ Igualando los términos de la parte real obtenemos:

¾{| 3“ = ¾{| µ “ − 3z{|“ ∗ |~•ƒ “ = ¾{| µ “ − 3z{|“ ∗ (1 − z{| ƒ “) =

¾{| µ “ − 3z{|“ + 3¾{| µ “ = 4¾{| µ “ − 3¾{|“ ¾{| µ “ = ¾{| 3“ + ¾{|“ CQD ’

’

°

µ

Despejando ¾{| µ “ tenemos:

Igualando los términos de la parte imaginaria obtenemos:

”~• 3“ = −|~•µ “ + 3¾{| ƒ “ ∗ |~• “ = −|~•µ “ + 3|~• “ ∗ (1 − |~•ƒ “) =

−|~•µ “ + 3|~• “ − 3|~•µ “ = −4|~•µ “ + 3|~• “ Despejando ¾{| µ “ tenemos:

|~•µ “ = − ”~• 3“ + |~• “ como queríamos demostrar. ’ °

µ °

1.28 Hallar las condiciones para =

> de modo que el sistema, #+, " + #+,

, ." + , .

= =

= >

tenga solución real. Resolverlo además dando las expresiones de x e y en función de =

Solución:

>.

Vamos a utilizar las formulas obtenidas en el problema anterior para convertir las sumas de senos y cosenos del sistema de ecuaciones, en productos. Para ello tomemos las ecuaciones: |~•(n + w) = (|~•n ∗ ¾{|w + ¾{|n ∗ |~•w)

|~•(n − w) = (|~•n ∗ ¾{|w − ¾{|n ∗ |~•w) + |~•(n + w) + |~•(n − w) = 2 |~•n ∗ ¾{|w

cos(n + w) = (¾{|n ∗ ¾{|w − |~•n ∗ |~•w)

cos(n − w) = (¾{|n ∗ ¾{|w + |~•n ∗ |~•w) cos(n + w) + cos(n − w) = 2 ¾{|n ∗ ¾{|w

+

Hacemos ahora el cambio de variable: - =n+w

‰ = n−w Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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⇒n=

-+‰ -−‰ y w= 2 2

-−‰ -+‰ ∗ ¾{| =Ú 2 2 -+‰ -−‰ |~•- + |~•‰ = 2 ¾{|n ∗ ¾{|w = 2 ¾{| ∗ ¾{| = 2 2 Sustituimos en la ecuación dada y obtenemos: ¾{| - + ¾{|‰ = 2 |~•n ∗ ¾{|w = 2 |~•

-+‰ -+‰ -−‰ |~• ∗ ¾{| Ú 2 2 2 = -+‰ -−‰ -+‰ = 2 ¾{| ∗ ¾{| ¾{| 2 2 2

Si dividimos ambas ecuaciones obtenemos: 2 |~•

⇒ tan

Por otro lado también se cu mple que:

-+‰ Ú = 2

⇒

-+‰ Ú = nÛ¾{ n• 2

(¾{| - + ¾{|‰ )ƒ = Ú ƒ = ¾{| ƒ - + ¾{| ƒ ‰ + 2¾{| - ∗ ¾{|‰ (|~•- + |~•‰)ƒ =

ƒ

= |~•ƒ - + |~•ƒ ‰ + 2|~• - ∗ |~•‰

Si sumamos ambas ecuaciones: Úƒ +

ƒ

= (¾{| ƒ - + |~•ƒ -) + (¾{| ƒ ‰ + |~•ƒ ‰) + 2¾{| - ∗ ¾{|‰ + 2|~• - ∗ |~•‰

= 2 + 2¾{| - ∗ ¾{|‰ + 2|~• - ∗ |~•‰ = 2(1 + ¾{| (- − ‰)) Ú

¾{| (- − ‰) =

Tenemos pues dos ecuaciones: - + ‰ = 2 ∗ nÛ¾{ n•

- − ‰ = nÛ¾{| k

Úƒ + 2

ƒ

Úƒ + 2

Úƒ + 2

‰ = nÛ¾{| k

Úƒ + 2

ƒ

ƒ

−1

⇒

- − ‰ = nÛ¾{| k

Úƒ + 2

ƒ

− 1l

− 1l

Despejando x e y obtenemos que: - = nÛ¾{| k

ƒ

− 1l + 2 ∗ nÛ¾{ n•

− 1l − 2 ∗ nÛ¾{ n•

Ú

Ú

Para que tenga soluciones sean reales se debe cumplir que −1 ≤

Úƒ + 2

ƒ

− 1 ≤ 1 ‰ ¾{•

1.29 Demostrar que si ?, . ( + # − ), , . ( # + – ), , . ( aritmética, ocurre lo mismo con ?- . , - . , - . #A.

≠0

+

– # )Aestán en progresión

Solución:

Si es una progresión aritmética se cumple que:

|~• ( ¾ + n – w ) − |~• ( w + ¾ − n ) = |~• ( n + w – ¾ ) − |~• ( ¾ + n – w )

|~• f ¾ + (n − w)g − |~• ( ¾ − (n − w) ) |~• ( n + (w − ¾) ) − |~•( n − (w − ¾)

Descomponiendo en productos:

_ |~• ¾ . ¾{| (n − w) + |~• (n − w). ¾{| ¾ `– _ |~• ¾ . ¾{| (n − w) − |~• (n − w). ¾{| ¾ ` =

= _ |~• n . ¾{| (w − ¾) + |~• (w − ¾). ¾{| n `– _ |~• n . ¾{| (w − ¾) − |~• (w − ¾). ¾{| n `

Simplificando:

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2. |~• (n − w) . ¾{| ¾ = 2. |~• (w − ¾) . ¾{| n |~• (n − w) ¾{| ¾ = |~• (w − ¾) ¾{| n

Y ahora resolvemos los senos de la diferencia,

( |~• n ¾{| w − |~• w ¾{| n ) ¾{| ¾ = ( |~• w ¾{| ¾ − |~• ¾ ¾{| w ) ¾{| n

Si ahora dividimos ambos lados de la igualdad por ¾{| n ∗ ¾{| w ∗ ¾{| ¾,

( |~• n ¾{| w − |~• w ¾{| n ) ¾{| ¾ ( |~• w ¾{| ¾ − |~• ¾ ¾{| w ) ¾{| n = ¾{| n ∗ ¾{| w ∗ ¾{| ¾ ¾{| n ∗ ¾{| w ∗ ¾{| ¾

( |~• n ¾{| w − |~• w ¾{| n ) ( |~• w ¾{| ¾ − |~• ¾ ¾{| w ) = ¾{| n ∗ ¾{| w ¾{| w ∗ ¾{| ¾

|~• n ¾{| w |~• w ¾{| n |~• w cos ¾ |~• ¾ cos w − = − ¾{| n ∗ ¾{| w ¾{| n ∗ ¾{| w ¾{| w ∗ ¾{| ¾ ¾{| w ∗ ¾{| ¾

tan n − tan w = tan w − tan ¾

⇒ tan w − tan n = tan ¾ − tan w

lo cual significa que ? n• n , n• w , n• ¾A están en progresión aritmética. 1.30 Sea x un número entero que no es múltiplo de

demostrar las siguientes igualdades:

(. + )<

.

, .5

.

, .5

) B #+,(C<) = D;$

) B E .(C<) = D;$

"

, .3 4

6

(. + )< <

, .3 4

6

.< ∗ #+, 5 6 ∗ , .5

.<

6

Solución:

Se Ó y á el resultado del primer y segundo sumatorio respectivamente, y construyamos el número complejo Ó + áx de modulo unitario, tenemos que: š

š

š

Ó + áx = B œ = B ¾{|(•“) + x B ”~•(•“) £

;ã

;ã

;ã

∀• ∈ ℕ

Sumamos los n+1 términos del sumatorio de progresión geométrica de razón œ y obtenemos que: š

Ó + áx = B œ £ = ;ã

1 − œš 1−œ

’

=

œš ’ − 1 œ−1

En el problema anterior vimos que: œ − 1 = 2 ∗ x ∗ |~• 3 4 ∗ Í › ƒ

Siendo Í = ¾{| + x|~• . ›

›

ƒ

ƒ

Y como igual que en el problema anterior por la fórmula de Moivre tenemos que, œ š x|~• (• + 1)“ e igualmente podemos escribir que: Íš

œ

’

š ’

’

= cos (• + 1)“ +

= cos (• + 1) + x|~•(• + 1) , podemos usar la misma igualdad del problema anterior −1 =Í

Y como Í(š

Entonces œ

ƒ(š ’)

’)

› ƒ

−Í

− Í•(š

š ’

’)

(š ’)

∗ Í•

› ƒ

(š ’)

= 2 ∗ Š‹fÍ(š

= Í(š ’)

’)

fÍ(š

’)

− Í•(š

’)

g

g = 2 ∗ x ∗ |~• ((• + 1) )

− 1 = 2 ∗ x ∗ |~• ((• + 1) ) ∗ Í › ƒ

(š ’)

› ƒ

Sustituyendo en el cociente tenemos que:

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“ (š œ š ’ − 1 2 ∗ x ∗ |~• 3(• + 1) 24 ∗ Í Ó + áx = = “ œ−1 2 ∗ x ∗ |~• 3 4 ∗ Í 2

“ |~• k(• + 1) l 2 •“ •“ (cos + x|~• ) = “ 2 2 |~• 3 4 2

’)

“ |~• 3(• + 1) 4 2 Íš = = “ |~• 3 4 2

(• + 1)“ 6 •“ 2 Ó = B ¾{|(•-) = ∗ ¾{| 5 6 “ 2 |~• 3 4 ;ã 2 (• + 1)“ š |~• 5 6 •“ 2 á = B ”~•(•“) = ∗ |~• 5 6 “ 2 |~• 3 4 ;ã 2

Luego:

CQD

|~• 5

š

1.31 Calcular los valores de los cosenos de los ángulos que satisfacen la ecuación: E . " − #+, " + , . " = $ Solución:

|~• 2- = 2 |~•- ∗ ¾{| -

”~•ƒ - − 2¾{| ƒ - + |~•- ∗ ¾{| - = 0

1 − 3¾{| ƒ - + |~•- ∗ ¾{| - = 0 ⇒ 1 − 3¾{| ƒ - + ‚1 − ¾{| ƒ - ∗ ¾{| - = 0 ƒ

(1 − 3¾{| ƒ -)ƒ = 3−‚1 − ¾{| ƒ - ∗ ¾{| -4 = (¾{| ƒ - − ¾{| ° -) 1 − 6¾{| ƒ - + 9¾{| ° - = ¾{| ƒ - − ¾{| ° 10¾{| ° - − 7¾{| ƒ - + 1 = 0

10‰ ƒ − 7 ‰ + 1 = 0

ℎn¾x~•à{ ‰ = ¾{| ƒ -

1 1 ⇒ ¾{| - = ± 7 ± √49 − 40 7 ± 3 2 √2 ⇒‰= = 1 1 20 20 ⎨ ‰ = ⇒ ¾{| - = ± 5 ⎩ √5 ⎧‰ =

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2 Resolución de ecuaciones polinomicas Tipos de raices de un polinomio   

Reales positivas o negativas Complejas Múltiples reales positivas o negativas

Raices complejas de un polinomio

Las raíces complejas de un polinomio con coeficientes reales siempre se presentan por parejas, si ‘ = nx + w es una raíz del polinomio ß(-), entonces ‘̅ = nx − w también lo es. Regla de los signos de Descartes

La regla de los signos de Descartes es relacionar el número de cambios de signo en la lista de coeficientes de una ecuación polinómica con el número de raíces positivas de dicha ecuación. La regla no da una cantidad exacta de soluciones, sino que nos da un máximo. La regla dice: El número de raíces reales positivas de una ecuación polinómica ß(-) con coeficientes reales igualada a cero es, como mucho, igual al número de cambios de signo que se produzcan entre sus coeficientes (obviamos los ceros). La mismo se puede decir para las raíces reales negativos aplicando la regla sobre el polinomio ß(−-).

Pero no solo hay una cota superior para el número de raíces positivas/negativas de polinomio, sino que además sabemos que si no se obtiene el número máximo de raíces entonces el número de raíces que faltan para alcanzar la cota es un múltiplo de 2 y esas raíces son complejas conjugadas dos a dos Ejemplo:

Tomamos el polinomio ß(-) = - ¶ + 3- ° − 5- ƒ + - − 7

Como hay tres cambios de signo +, −, +, − entonces como máximo el polinomio tendrá tres raíces positivas, pero las raíces positivas que puede tener son o una o tres. Polinomios simetricos Un polinomio es simétrico sii los coeficientes de los términos equidistantes de los externos son iguales, por ejemplo: Polinomio simétrico de grado 5: ß(-) = n- ¶ + w- ° + ¾- µ + ¾- ƒ + w- + n

Polinomio simétrico de grado 4: ß(-) = n- ° + w- µ + ¾- ƒ + w- + n Propiedades de los polinomios simétricos:    

No admiten la raíz x=0 Si ß(-) es de grado impar entonces - = −1 es una raíz de ß(-), Si ß(-) es de grado impar, al dividirlo por - + 1, obtenemos otro polinomio simétrico Õ(-) de grado par. Si admite la raíz - = Û , entonces también será una raíz - = . ’

Obtención de raíces de polinomios simétricos,

Si es de grado del polinomio es par usamos el siguiente procedimiento: Como - ≠ 0

⇒

’ ƒ

n- ° + w- µ + ¾- ƒ + w- + n = 0 ⟺ - ƒ ( n- ƒ + w- + ¾ +

n 3- ƒ +

‰ ƒ = 3- + 4 = - ƒ + ®

’

®™

’

®™

w n + )=0 - -ƒ

4 + w 3- + 4 + ¾ = 0 ahora hacemos el cambio de variable ‰ = 3- + 4

+2 ⇒

ecuación en ‰ de segundo grado:

’

®

-ƒ +

’

®™

= ‰ƒ − 2

n( ‰ ƒ − 2) + w ‰ + ¾ = 0 ⟺

’

®

⇒

aplicando el cambio de variable obtenemos esta n ‰ ƒ + w ‰ + ¾ − 2n = 0

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Si el polinomio es de grado impar, reducir el grado dividiendo por - + 1 para obtener un polinomio simétrico de grado par y resolver de acuerdo al método anterior. Polinomios ciclotonicos

Son polinomios de la forma: P(x) = n- ƒš + w- š + ¾ Ejemplos: para n=1 n=2 y n=3

∀n ≠ 0

n- ƒ + w- + ¾ = 0

n- ° + w- ƒ + ¾ = 0 (bicuadrado) n- · + w- µ + ¾ = 0 (bicubico)

Para obtener las raíces de este polinomio escribimos la ecuación de la siguiente forma: n(- š )ƒ + w- š + ¾ = 0

Y realizando el cambio de variable ‘ = - š la ecuación a resolver será

n‘ ƒ + w‘ + ¾ = 0

Polinomios Hermisimetricos

Un polinomio es hemisimétrico si y solo si, los coeficientes de los términos “equidistantes” de los extremos son opuestos. Polinomio simétrico de grado 5: ß(-) = n- ¶ + w- ° + ¾- µ − ¾- ƒ − w- − n

Polinomio simétrico de grado 4: ß(-) = n- ° + w- µ + ¾- ƒ − w- − n Propiedades:    

No admiten raíz 0, - ≠ 0 Si el polinomio es de grado impar entonces - = 1 es una raíz. Si es impar, entonces, al dividir por (- − 1) se obtiene otro polinomio simétrico de grado par. Si admiten la raíz - = Ú entonces - =

’

Ù

polinomios impares)

también es una raíz. (exceptuando la raíz - = 1 de los

Ecuaciones de Cardano-Vieta Las relaciones de Cardano-Vieta permiten expresar los coeficientes de un polinomio de cualquier grado, en función de sus raíces. Sea el polinomio: ß(-) = nš - š + nš ’ - š ’ + nš ƒ - š ƒ + ⋯ + nƒ - ƒ + n’ - + nã y sean Û€ sus raíces de forma que podemos expresar el polinomio como ß(-) = nš (- − Û’ )(- − Ûƒ )(- − Ûµ ) … (- − Ûš )

Si realizamos el producto de la segunda forma del polinomio, y comparamos los coeficientes de cada -€ entre ambas expresiones obtenemos: nš nš

nš

’ ƒ µ

= −nš (Û’ + Ûƒ + ⋯ + Ûš )

= nš (Û’ Ûƒ + Û’ Ûµ + ⋯ + Û’ Ûš + Ûƒ Ûµ Ûƒ Û°

⋯

Ûƒ Ûš + Ûµ Û°

= −nš (Û’ Ûƒ Ûµ + Û’ Ûƒ Û° + ⋯ + Û’ Ûƒ Ûš + ⋯ + Ûš ƒ Ûš ’ Ûš )

n’ = (−1)š

nã = (−1)š

’

’

nš (Û’ Ûƒ Ûµ … Ûš ƒ Ûš

’

⋯

Ûš ’ Ûš )

+ Û’ Ûƒ Ûµ … Ûš ƒ Ûš + ⋯ + Ûƒ Ûµ … Ûš ƒ Ûš ’ Ûš )

nš (Û’ Ûƒ Ûµ … Ûš ƒ Ûš ’ Ûš )

Polinomio de coeficientes invertidos Consideremos el polinomio: ß(-) = nš -

š

+ nš ’ -

š ’

š

+ ⋯ + n’ - + nã = B n£ - £

el polinomio de coeficientes invertidos es el que tiene la siguiente forma: Õ(-) = nã -

š

+ n’ -

š ’

£;ã

š

+ ⋯ + nš ’ - + nš = B nš £;ã

£-

£

Para este tipo de polinomios se cumple que las raíces de ß(-) son las inversas de las raíces de Õ(-) Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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El teorema del resto Este teorema relaciona el valor numérico de un polinomio con la división de polinomios:

Al dividir un polinomio cualquiera ß(-) entre - − n, el resto de dicha división es precisamente ß(n). Por ejemplo: dado el polinomio Ÿ(-) = 5- µ − 4- ƒ + 5- − 1

Tomamos el valor - = 1 ⇒ ß(1) = 5 − 4 + 5 − 1 = 5 entonces 5 es el resto de dividir el polinomio ß(-) entre (- − 5). Evidentemente si n es una raíz de ß(-), entonces ß(n) = 0 .

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2.1

" − "+

Resolver la ecuación:

Solución:

=$

Para resolver esta ecuación vamos a utilizar el método de Cardano-Ferrari. La ecuación ya se encuentra en forma reducida, por lo que directamente procedemos con el segundo cambio de variable, sea - = + (tal que + ≠ 0, dado que 0 no es solución de la ecuación) sustituimos en la ecuación, y tenemos: &

'µ

6&

Reorganizando los términos tenemos: µ

Dado que siguientes:

3

µ

&

'

'

3

6&

µ

'

3

0 0 , si elegimos U y V tal que & µ

&3 ∗

(1) (2)

Supongamos ahora, que

µ

∗

‰

µ

µ

3 ⇒ & 6' 0 ⇒

µ

∗

3

µ

µ'

ƒ

P

'

P

3 2 ⇒

µ

∗

3 &

P' ∗ &

P

'

3

'

$

$ entonces se cumplen las dos expresiones 8

µ

son la soluciones de una ecuación de segundo grado de la forma: n‰

‰ƒ

w

0

Aplicando el teorema de las raíces de Cardano-Vieta tenemos que: &

µ

µ

'

n

Y comparando con las ecuaciones (1) y (2) tenemos que n 3‰ 8 0 cuya solución es: 3 √9 32 1 2 2

‰

6&

ƒ

µ

⎧ ⎪

Ÿ‰

⎨ ⎪ ⎩

w

µ

3‰w

3 √ 23 1 2 2

según el discriminante de la ecuación ‰ ƒ

∗

8 luego la ecuación quedaría: ‰ ƒ

µ

µ

å

0

3 2 3 2

√23 2 √23 x 2 x

Tipo de raíces

Si ∆>0

Una solución real y dos complejas

Si ∆=0

Dos soluciones reales una simple y una doble

Si ∆<0

Tres raíces reales

En nuestro caso dado que ∆=-23 tendremos tres raíces reales.

Luego : ×

√

É

µ

√

É

µ

Ì

É

µ

ƒ

x

√ƒµ ƒ

Ì

É

µ

ƒ

x

√ƒµ ƒ

Para obtener las tres raíces reales debemos trabajar estos números complejos. |

µ|

|

µ|

“

“

Ì3

µ ƒ

4

3

Ì3

µ ƒ

3

ƒ

nÛ¾{ Ý

nÛ¾{ Ý

ƒ

É ™ √™É ™

4

3 2 √23 2

√ƒµ ƒ

ƒ

4 = 2,83

nÛ¾{ Ý √ƒµ ƒ

ƒ

µ

√ƒµ

4 = 2,83

122,028ã

237,97»

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

Para determinar exactamente los ángulos, hay que fijarse en que cuadrante están los puntos continuación vamos a poner estos complejos en forma exponencial.

µ

y

µ

. A

µ

y

µ

. A

Para obtener las tres raíces reales debemos trabajar estos números complejos. |

µ|

|

µ|

“

“

Ì3

µ ƒ

4

3

Ì3

µ ƒ

3

ƒ

nÛ¾{ Ý

nÛ¾{ Ý

ƒ

É ™ √™É ™

√ƒµ ƒ

ƒ

4 = 2,83

nÛ¾{ Ý

4

3 2 √23 2

√ƒµ ƒ

ƒ

µ

√ƒµ

4 = 2,83

122,028ã

237,97»

Para determinar exactamente los ángulos, hay que fijarse en que cuadrante están los puntos continuación vamos a poner estos complejos en forma exponencial. µ

2.83 ∗ ~ €›! y

√2.83 ∗ ~

É

¥! ¦™¨# € î

µ

2.83 ∗ ~ €›" Entonces:

siendo n=3 y K= 0,1,2

√2.83 ∗ ~

É

¥" ¦™¨# € î

siendo n=3 y K= 0,1,2

Obtenemos 3 valores para U ( ’ , ƒ , µ ' y tres valores para V ( ’ , ƒ , µ ' y podemos por tanto combinándolas obtener 9 sumas distintas del tipo: X= X=

’+ ’

ƒ+ ’

X=

’+ ƒ

X=

+P

X=

+P

X=

µ+ ƒ

Pero X= ƒ + µ X= µ + µ X= +P sólo tres son válidas, aquellas que son sumas de complejos conjugados (y por tanto que al sumarlas desaparece la parte imaginaria), mirando el gráfico vemos que estas son las que hemos marcado en negrita en la tabla: -’

2∗|

| ∗ cos 280.68»

-µ

µ+ ’

2.2

Resolver la ecuación "

-ƒ

2 ∗ √2.83 ∗ cos 280.68» É

En general las raíces de este tipo de ecuación serían: "D =

Solución:

"

"

’ ƒ

+

µ ƒ

0,524

∗ ‚|

2 ∗ | ’ | ∗ cos 40.68» 2 ∗ √2.83 ∗ cos 40.68» 2,145 É

= 2 ∗ | ƒ | ∗ cos 160.68» 2 ∗ √2.83 ∗ cos 160.68» 2,669

µ|

É

∗ $%&

<m

'

con k=0,1,2

$ sin usar métodos de tanteo.

Estamos ante un polinomio simétrico de grado par y por tanto esta ecuación tipo se resuelve realizando un cambio de variable. -°

2- µ

2-

1

0 con - 0 0 sacamos factor común - ƒ ⇒ - ƒ 3 - ƒ

2-

ƒ

®

’

®™

4

0

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

Como - ≠ 0 ⇒ - ƒ − 2- − + ’ ƒ

ƒ

®

siendo ‰ ƒ = 3- + 4 = - ƒ +

3 -ƒ +

’

®™

®

’

®™

’

®™

= 3 -ƒ +

+2

’

®™

4 − 2 3- + 4 = 0 usamos el cambio de variable ‰ = 3- + 4 ,

⇒ -ƒ +

’

®™

4 − 2 3- + 4 = 0 ⇔ ‰ ƒ − 2 − 2y = 0

‰ ƒ − 2‰ − 2 = 0

’

®

‰=

ƒ±√° Ë ƒ

’

®

= ‰ ƒ − 2 luego nos queda la condición:

1 + √3 =æ 1 − √3

Resolvemos esta ecuación y obtenemos:

Deshacemos ahora el cambio y tenemos las ecuaciones: 1 ‰ = 5- + 6 = 1 + √3 1 ‰ = 5- + 6 = 1 − √3 -

’

®

⇒ - − f1 + √3g- + 1 = 0 ⇒

-=

ƒ

⇒ - ƒ − f1 − √3g- + 1 = 0 ⇒

-=

1 + √3 ± Ìf1 + √3g − 4 ƒ

2

1 − √3 ± Ìf1 − √3g − 4 ƒ

2

Estudiamos los radicandos y tenemos que: f1 + √3g − 4 > 0 ⇒ à{| Ûnx¾~| Û~nì~| ƒ

f1 − √3g − 4 < 0 ⇒ à{| Ûnx¾~| ¾{‹Ÿì~(n| ¾{•(ÍÝnàn| ƒ

Calculando las raíces quedaría:

⎧1 + √3 + ‚2√3 = 1,60241 ⎪ 2 ×= ⎨1 + √3 − ‚2√3 ⎪ = 0,43542 ⎩ 2 2.3

⎧1 − √3 + ‚2√3x = −0.73205 + 1.86121x ⎪ 2 ×= ⎨1 − √3 − ‚2√3x ⎪ = −0.73205 − 1.86121x ⎩ 2

Resolver la ecuación: " − $" − $" +

Solución:

= $.

Es una ecuación simétrica de grado impar, por tanto una de sus raíces es - = −1, Usando Ruffini, −1

3

3

-10

-10

3

-3

13

-3

-13

3

0

Nos queda la ecuación de segundo grado: 3- ƒ − 13- + 3 = 0 ⇒ - = 2.4

Resolver la ecuación " −

Solución,

" +

" −

" +

"−

’µ±√’µµ

=$

·

Estamos ante un polinomio Hermisimetrico de grado impar, los coeficientes equidistantes del centro son opuestos. Sabemos que este tipo de ecuaciones tienen una raíz - = 1 , Reducimos por Ruffini 1

2

2

-11

23

-23

11

-2

2

-9

14

-9

2

-9

14

-9

2

0

Nos queda el polinomio, " − " + " − " + = $ . Ahora se trata de una ecuación simétrica de grado par, por tanto, procedemos por cambio de variable, Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

2- ° −9- µ + 14 - ƒ − 9 - + 2 = - ƒ 52- ƒ − 9- + 14 − 2 5- ƒ +

1 1 6 − 9 5- + 6 + 14 = 0 -ƒ -

Procedemos con el cambio de variable

‰= -+

1 -

⟺

’

®

9 2 + 6 ¾{• - ≠ 0 - -ƒ

5 2(‰ ƒ − 2) − 9‰ + 14 = 2‰ ƒ − 9‰ + 10 = 0 ‰ = ð 2 2 1 2= -+-

‰ƒ = - ƒ +

y

’

®™

+ 2 y nos queda,

Deshaciendo el cambio de variable, obtenemos dos ecuaciones de segundo grado 2= -+

5

‰

- ƒ − 2- + 1 = 0

‰

-’ = 1, -ƒ = 1 , -µ = 2, -° = 1 2

Y resolviendo las ecuaciones obtenemos:

-ƒ − 5 2 - + 1 = 0

Analizando las soluciones observamos como al tratarse de un polinomio simétrico las raíces son inversas entre ellas dos a dos. Hallar los coeficientes de una ecuación algebraica de tercer grado para que sus raíces sean las inversas de las raíces de " + " + " + # = $ .

2.5

Solución:

Sea - µ + n- ƒ + w- + ¾ = 0 la ecuación dada cuyas raíces son Û’ , Ûƒ , Ûµ y Sea la ecuación buscada - µ + ’ ’ ’ ‹- ƒ + •- + = 0 siendo sus raíces , , . ˜

™

É

1 1 1 ⎧ −‹ = + + Û’ Ûƒ Ûµ ⎪ ⎪ 1 1 1 1 1 1 •= + + Û’ Ûƒ Û’ Ûµ Ûƒ Ûµ ⎨ 1 1 1 ⎪ ⎪ − = ⎩ Û’ Ûƒ Ûµ

Aplicaremos las relaciones de Cardano-Vieta a ambos polinomios: −n = Û’ + Ûƒ + Ûµ w ë = Û’ Ûƒ + Û’ Ûµ + Ûƒ Ûµ −¾ = Û’ Ûƒ Ûµ

Buscamos una relación entre coeficientes: −¾ = Û’ Ûƒ Ûµ −‹ = •=

y

− =

’ ’ ’

˜ ™ É

⇒

=

’ )

1 1 1 Û’ Ûƒ + Û’ Ûµ + Ûƒ Ûµ w + + = =− Û’ Ûƒ Ûµ Û’ Ûƒ Ûµ ¾

⇒ ‹=

w ¾

1 1 1 1 1 1 Û’ Ûƒ Ûµ ƒ + Û’ Ûƒ ƒ Ûµ + Û’ ƒ Ûƒ Ûµ ¾Ûµ + ¾Ûƒ + ¾Û’ Ûµ + Ûƒ + Û’ n + + = =− =− = ƒ ƒ ƒ ƒ Û’ Ûƒ Û’ Ûµ Ûƒ Ûµ Û’ Ûƒ Ûµ ¾ ¾ ¾

w n 1 -µ + -ƒ + - + = 0 ¾ ¾ ¾

Luego el polinomio buscado es el siguiente:

2.6

⇒

c- µ + w- ƒ + n- + 1 = 0

La ecuación " − " + " − = $ sin necesidad de probar por distintos racionales y sabiendo que tiene dos raíces una inversa de la otra.

Solución:

Sean Û’ , Ûƒ , Ûµ las raíces de esta ecuación y se cumple que Ûƒ = Cardano-Vieta para esta ecuación:

’

˜

, escribimos ahora las relaciones de

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

− 5−

⎧ ⎪

11 6 = Û’ + Ûƒ + Ûµ 2

17 = Û’ Ûƒ + Û’ Ûµ + Ûƒ Ûµ 2 ⎨ ⎪−(−3) = Û Û Û = Û 1 Û = Û = 3 ’ ƒ µ ’ µ ⎩ Û’ µ

⇒

1 17 5 = 1 + 3Û’ + 3 ⇒ Û’ ƒ − Û’ + 1 = 0 Û’ 2 2

Y resolviendo la ecuación de segundo grado obtenemos que 5 Ì25 ± − 4 5 ± √25 − 16 5 ± 3 2 2 4 Û’ = = = = æ1 2 4 4 2 Û’ = 2 ‰ Ûƒ =

1 2

Notar que la primera y la segunda relación de Cardano-Vieta son iguales. 2.7

Discutir la relación entre los coeficientes de dos ecuaciones algebraicas de grado n cuyas soluciones se diferencian en una razón k, es decir, que sus soluciones son respectivamente ?F A.; y ?CF A.; .

Solución:

Sean los polinomios: P(x) = x ú + a ú ’ x ú

Q(x) = x ú + bú ’ x ú

’

’

+ ⋯ + a’ x + a ã = 0 con raíces ?r* Aú*;’

+ ⋯ + b’ x + bã = 0 con raíces ?kr* Aú*;’

Hemos supuesto que el coeficiente en n en ambas ecuaciones es 1, lo cual no resta generalidad a la solución. Aplicando Cardano-Vieta a ambas ecuaciones y obtenemos la relación entre los coeficientes: Para P(x) nš

nš nš

’ ƒ µ

= −(Û’ + Ûƒ + ⋯ + Ûš )

= (Û’ Ûƒ + Û’ Ûµ + ⋯ + Û’ Ûš + Ûƒ Ûµ Ûƒ Û°

⋯

Ûƒ Ûš + Ûµ Û°

= −(Û’ Ûƒ Ûµ + Û’ Ûƒ Û° + ⋯ + Û’ Ûƒ Ûš + ⋯ + Ûš ƒ Ûš ’ Ûš )

n’ = (−1)š ’ (Û’ Ûƒ Ûµ … Ûš ƒ Ûš

’

⋯

Ûš ’ Ûš )

+ Û’ Ûƒ Ûµ … Ûš ƒ Ûš + ⋯ + Ûƒ Ûµ … Ûš ƒ Ûš ’ Ûš )

nã = (−1)š ’ (Û’ Ûƒ Ûµ … Ûš ƒ Ûš ’ Ûš ) Para Q(x) wš wš

wš

’ ƒ µ

w’ =

= −(•Û’ + •Ûƒ + ⋯ + •Ûš ) = C

.

= (•Û’ •Ûƒ + •Û’ •Ûµ + ⋯ + •Û’ •Ûš + •Ûƒ •Ûµ … + •Ûƒ •Ûš + ⋯ + •Ûš ’ •Ûš ) = C = −(•Û’ •Ûƒ •Ûµ + •Û’ •Ûƒ •Û° + ⋯ + •Û’ •Ûƒ •Ûš + ⋯ + •Ûš ƒ •Ûš ’ •Ûš ) = C (−1)š ’

(•Û’ •Ûƒ •Ûµ … •Ûš ƒ •Ûš

’

+ ⋯ + •Ûƒ •Ûµ … •Ûš ƒ •Ûš

wã = (−1)š ’ (•Û’ •Ûƒ •Ûµ … •Ûš ƒ •Ûš ’ •Ûš ) = C. Luego Q(x) lo podríamos escribir como: Õ(-) = - š + •nš ’ - š 2.8

’

=C

.

+ ⋯ + • š ’ n’ - + • š nã = 0

Dada la ecuación " − " + %" −

Solución:

$

’£ Ûš )

.

.

= $ hállese la suma de los cuadrados de sus raíces

Sean -€ ¾{• x = 1,2, … 7 las raíces de la ecuación. Usando las dos primeras relaciones de Cardano- Vieta obtenemos: Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra Ï

B -€ = −4

Ï

‰

€;’

B -€ -. = 0

€,.;’ €/.

Si elevamos al cuadrado la primera expresión y desarrollamos, Ï

ƒ

Ï

Ï

iB -€ j = B -€ + 2 B -€ -. €;’

2.9

ƒ

€;’

€,.;’ €/.

Ï

ƒ

Ï

Ï

⇒ B -€ = iB -€ j − 2 B -€ -. = (−4)ƒ = 16 €;’

ƒ

€;’

€,.;’

01€/. 12113 ;ã

Sea la ecuación (&"' " G" H $ con G y H números reales. ¿Qué relación debe existir entre G y H para que los afijos de la solución de la ecuación formen un triangulo rectángulo.

Solución:

Tenemos una ecuación de tercer grado, los tipos de raíces que podemos obtener son los siguientes: 3 raíces reales o 1 raíz real y dos complejas conjugadas. Y para que se cumpla la condición pedida sólo puede tener una solución real y dos complejas conjugadas, pues de lo contrario tendría tres reales y sus afijos estarían alineados. Sean pues las raíces -ã ,y’ y yƒ , •••’ yƒ . tales que y

Tendríamos una solución similar a la de la figura, para obtener una relación entre los coeficientes Ÿ y å vamos a poner los coeficientes en función de las raíces del polinomio usando las relaciones de CardanoVieta y por otro lado vamos a usar la relación existente entre los afijos al formar un triángulo rectángulo e isósceles. Sean y’ n wx ‰ yƒ = n − wx las raíces complejas de entonces se ƒ ƒ ƒ ƒ •••••• •••••• •••••• •••••• ||cumple que: |y 2|’ yƒ | ã y’ | ã yƒ | ã y’ |

ƒ •••••• |y ’ yƒ |

ƒ •••••• |y ’ ×ã |

4w ƒ

&n

&-ã

n'ƒ

n'ƒ

&w

wƒ

2((-ã − n)ƒ + w ƒ )

w'ƒ

4w ƒ

⇒ w ƒ = (-ã − n)ƒ ⇒ w = (-ã − n)

Ahora escribimos las relaciones de Cardano-Vieta:

0 = -ã + y’ + yƒ = -ã + n + wx + n − wx = -ã + 2n

⇒ -ã = −2n

Ÿ = -ã y’ + -ã yƒ + y’ yƒ = -ã (wx + n) + -ã (wx − n) + (wx + n)(wx − n) = 2n-ã + nƒ + w ƒ

−å = -ã y’ yƒ = -ã (wx + n)(wx − n) = -ã (nƒ + w ƒ ) Ponemos Ÿ y å sólo en función de n y w:

Ÿ = 2n(−2n) + nƒ + w ƒ = −4nƒ + nƒ + w ƒ = −3nƒ + w ƒ å = 2n(nƒ + w ƒ )

Y recuperamos la condición obtenida anteriormente w = (-ã − n) ⇒ w = −3n Sustituyendo obtenemos: Ÿ = −3nƒ + 9nƒ = 6nƒ

å = 2n(nƒ + 9nƒ ) = 20nµ

Vamos a intentar eliminar a de la relación Ÿ/å, para ello obtenemos Ÿµ y å ƒ

Ÿµ = 156n· æ ƒ å = 400n·

⇒

¡ 5

=

ƒ’· °ãã

=

ƒÏ ¶ã

que es la relación buscada.

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

2.10 Dada la ecuación (&"'

"

"

$,

a) Discutir el tipo y número de raíces de este polinomio. b) Si las raíces de este polinomio fuesen a,b y c, hallar la ecuación que tiene por raíces: #

Solución:

,

#

,

#

.

a) Usando la regla e signos de Descartes podemos afirmar que:

Como P(x) tiene 2 cambios de signo el máximo número de raíces reales positivas que puede tener es de 2.

Como P(−x) tiene 1 cambio de signo el máximo número de raíces reales negativas que puede tener es de 1.

Entonces las opciones que tendríamos serían:   

2 raíces reales positivas y una raíz real negativa. 1 raíz real positiva y dos raíces complejas conjugadas. 1 raíz real negativa y dos raíces complejas conjugadas.

b)

Sea el polinomio buscado Q(x) = - µ + mƒ - ƒ + m’ - + mã = 0

vamos a aplicar Cardano-Vieta en los dos supuestos: P(x) = - µ − 3- + 1 = 0 con raices a, b y c 0= n+w+¾

−3 = nw + n¾ + w¾

1 = nw¾

(1)

(2)

(3)

Q(x) = - µ + mƒ - ƒ + m’ - + mã = 0 ¾{• Ûnx¾~|

mƒ = m’ =

mã =

ªÉ «)

ªÉ «)

ªÉ «)

+

∗

∗

«É ª)

«É ª)

«É ª)

+

+ ∗

ªÉ «)

Cálculo de mã

mã =

)É

ª«

)É

ª«

∗

)É

ª«

+

«É ª)

∗

)É

ª«

nµ w µ ¾ µ nµ w µ ¾ µ ∗ ∗ = = nw¾ = ⏟1 w¾ n¾ nw nƒ w ƒ ¾ ƒ (µ)

(5)

nµ w µ ¾ µ , , w¾ n¾ nw (4)

(6)

Cálculo de mƒ

mƒ =

nµ wµ ¾ µ n¶ ¾w + w ¶ n¾ + ¾ ¶ nw + + = = ⏟ n° + w ° + ¾ ° w¾ n¾ nw nƒ w ƒ ¾ ƒ (µ)

Ahora bien como n, w ‰ ¾ son raíces de ß(-), entonces e cumple que:

nµ − 3n + 1 = 0 w µ − 3w + 1 = 0 ¾ µ − 3¾ + 1 = 0

⇒

⇒

⇒

nµ = 3a − 1

w µ = 3b − 1

¾ µ = 3c − 1

Sustituyendo en la ecuación de mƒ y obtenemos,

⏟ 3(aƒ + bƒ + c ƒ ) mƒ = a(3a − 1) + b(3b − 1) + c(3c − 1) = 3(aƒ + bƒ + c ƒ ) − (n + w + ¾) = (’)

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Ahora observemos que ”x n

cƒ

w

6

0 ⇒ &n

¾

Concluimos pues que mƒ Cálculo de m’ nµ w µ ∗ w¾ n¾

m’

nƒ &nƒ w ƒ ¾ ƒ '

nµ ¾ µ ∗ w¾ nw

w ƒ &nƒ w ƒ ¾ ƒ '

w

¾'ƒ

3∗6

wµ ¾µ ∗ n¾ nw

0

aƒ

18

nƒ w ° ¾ ƒ

¾ ƒ &nƒ w ƒ ¾ ƒ '

cƒ

bƒ

n° w ƒ ¾ ƒ nƒ w ƒ ¾ ƒ

nƒ

wƒ

Luego el polinomio buscado Õ&-' será: Q&x'

-µ

2 inw 011121 n¾ 113 w¾ j

aƒ

&ƒ'⇒; µ

nƒ w ƒ ¾ °

¾ƒ

6

18- ƒ

⏟ nƒ w ° ¾ ƒ

&µ'

6-

1

n° w ƒ ¾ ƒ

0

2.11 Demostrar que para cualquier número natural n, el polinomio (&"' divisible por el polinomio " + " + . Solución 1:

El polinomio - ƒ + - + 1 tiene dos raíces -’ ‰ -ƒ y por tanto el - ƒ &- ƒ

-

1 ' ∣ &-

1'

·š ’

O lo que es lo mismo &-

-

1 ⇒ &-

·š ’

1'·š

’

- ·š

1

’

En definitiva -’ ‰ -ƒ deben ser raíces de ß&-'. Calculamos las raíces de - ƒ

-

1,

-’ ' ∗ &-

Õ&-' ∗ &-

1 1 √1 2

-€

-

-ƒ ' ∣ &-

1'

-’ ' ∗ &-

⎧−1 ⎪

4

2

1

·š ’

-ƒ '

&-

-

’ €√µ ƒ

14

·š ’

3

’ €√µ ƒ

4

·š ’

1

3

’ €√µ ƒ

4

·š ’

3

ƒ

4

bƒ

&µ'

'

−"

.

-’ ' ∗ &-

.

−

es

-ƒ '. Entonces si,

1

·š ’

x√3

⎨ 1 x√3 ⎪ 2 ⎩

’ €√µ

6 ⇒ aƒ

nƒ w ƒ ¾ ° ⏟

&"

Comprobamos si estas raíces lo son también de ß&-', sustituimos la primera raíz 3

cƒ

bƒ

·š ’

1

’ €√µ ƒ

en el polinomio,

(1)

Y ahora pongamos en forma exponencial los complejos entre paréntesis:

yƒ

Siendo ~

8î¨ € É

~ €ƒ¤š

Entonces queda

cos 2–•

x sen 2–•

1

;

~

~€

y’

˜™î¨ É

˜™î¨ € É

1

1 2

&1'

∗ ~€ É

™¨

~ €°¤š

x√3 2

x√3

¼5

¨ ·š ’

3~ € É 4 1

1 ƒ ¼5 6 2 1 ƒ 6 2

k

ƒ

¤ √3 l ~€µ 2 ƒ

ƒ¤ √3 k l ∗ ~€ µ 2

™¨ ·š ’

3~ € É 4

cos 4–• + x sen 4–•

1

¤

1 ∗ ~€µ

ƒ¤

1 ∗ ~€ µ

~€

8î¨ É

∗ ~€É

¨

1

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~€

·š¤ µ

1 2

¤

∗ ~€µ x

~€

√3 2

5

·š¤ µ

ƒ¤

∗ ~€ µ

1 6 2

x

¤

1

√3 2

1

Sustituimos la segunda raíz

ƒ¤

~€µ

~€ µ

0

’ €√µ ƒ

1

cos

– 3

x|~•

– 3

cos

en el polinomio ß&-',

2– 3

x|~•

1

x√3

k 3

’ €√µ ƒ

2

4

2– 3

1

1l

·š ’

3

·š ’

’ €√µ ƒ

k

4

1

·š ’

2

x√3

1

l

·š ’

1

(1)

Y ahora pongamos en forma exponencial los complejos entre paréntesis: 1

y’

yƒ

Siendo: ~€

~ €ƒ¤š

8î¨ É

cos 2–•

Entonces queda (1'

cos

~

€

– 3

¤ µ

~

x|~•

Solución 2

€

– 3

ƒ¤ µ

1

cos

x sen 2–•

2– 3

cos 3

1

– 4 3

x|~•

2– 3

1

&Û

1'

&Û

⇒

Û ∗ Ûƒ Û ∗ & Û Ûƒ Û 1 0

1' ⇒

1'

Ûµ &Û ƒ

Ûƒ

Ûƒ Û Û' 1

Veamos si r es una raíz de ß&-' ß&Û'

&Û

Y como: & Ûƒ'

Û ·š

’

.

1'·š

= − Û’ƒš ∗

&Û µ 'ƒš ∗ Û

Sustituyendo en &∗',

&1'= Û ƒ

Û ·š

’

Û

1

’

Ûƒ

1

& Û ƒ '·š 1'

-

⇒ Ûµ

& Û µ '°š ∗ Û ƒ

&‰ ¾{‹{ Û µ

0

1 2

Û

€

’

x

~

˜™î¨ É

– 4 3

x|~• 3

Sea r una raíz cualquiera de ecuación - ƒ

Ûƒ

~

;

√3 2

cos 5

1

~

2

&1'

∗~

x√3

¨ € É

~

3~ ~

€

~

€

5

1 6 2

x

’

1

&∗'

x|~• 5

√3 2

0, entonces

1

2– 6 3 0

¤ µ

€

ƒ¤ µ

¨ ·š ’ É

4

˜™î¨ € É

cos 4–• − x sen 4–•

€°¤š

2– 6 3

8î¨ € É

1

x√3 2

∗~

1

3~

™¨ € É

€

™¨ ·š ’ É

1

4

1

1

1 Û ·š

&‰ ¾{‹{ Û µ

1'

Ûƒ

2.12 Descomponer en m polinomios de segundo grado con coeficientes reales el polinomio " 8 & ")8 #+, 8< , #+. > $ 8 ℕ

8

Solución:

Se trata de un polinomio ciclotonico, hacemos el cambio de variable ‰ = - º , y tenemos:

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- ƒº − 2(n-)º ¾{| ‹“ + nƒº = ‰ ƒ − 2nº ‰ ¾{| ‹“ + nƒº Calculamos las raíces de este polinomio: ‰=

2nº ¾{| ‹“ ± √4nƒº ¾{| ƒ ‹“ − 4nƒº = nº cos ‹“ ± ‚nƒº ¾{| ƒ ‹“ − nƒº = 2

nº cos ‹“ ± nº ‚¾{| ƒ ‹“ − 1 ¾{| ƒ ‹“ + |~•ƒ ‹“ = 1

⇒ ¾{| ƒ ‹“ − 1 = − |~•ƒ ‹“ por tanto,

nº (cos ‹“ + x |~• ‹“) = nº ~ €º› ‰ = nº 3cos ‹“ ± ‚− |~•ƒ ‹“4 = nº (cos ‹“ ± x |~• ‹“) = æ º n (cos ‹“ − x |~• ‹“) = nº ~ €º› Ahora deshacemos el cambio, y obtenemos:

º €º› = n~ € 9 = n~ € › ‰ = - º ⇒ - = 9‚‰ = ë √n ~ 9¥¦™§¨ 9 √nº ~ €º› = n~ € 9 = n~ € › 9¥¦™§¨

9

™§¨ 9 ™§¨ 9

Tenemos pues 2m raíces complejas conjugadas dos a dos y podemos escribir que: -

ļ

− 2(n-)

º

¾{| ‹“ + n

ļ

º ’

= B 5- − n~ € › £;ã

ƒ£¤ º 6 5-

− n~

€›

ƒ£¤ º 6

L!s

2.13 Encontrar un polinomio de grado 7, de variable real, (&"', de tal forma que (&"' divisible por &" ' , (&"' sea divisible por &" ' .

sea

Solución:

En primer lugar notemos que si un polinomio tiene una raíz múltiple por ejemplo el polinomio ß&-' 1 , tiene la raíz múltiple - = −1, con grado de multiplicidad 4, entonces su derivada tendrá también esa raíz, pero reducida en un grado, siguiendo con el ejemplo, (ß(-) − 1)′ tiene la raiz multiple - = −1 con grado de multiplicidad 3. Si calculamos las derivadas de: ß(-) − 1 y ß(-) + 1 obtenemos: (ß(-) − 1)h = ß′(-) Y como hemos dicho (- + 1)µ ∣ ß′(-) (ß(-) + 1)h = ß′(-) Igualmente (- − 1)µ ∣ ß′(-)

Y además sabemos que si ß(-) tiene grado 7, entonces ß′(-) tiene grado 6. Entonces si (- + 1)µ ∣ ß′(-)

y (- − 1)µ ∣ ßh (-) ⇒ (- + 1)µ ∗ (- − 1)µ ∣ ßh (-)

Luego ßh (-) = : ∗ (- + 1)µ ∗ (- − 1)µ , dado que el grado de ßh (-) es 6 sólo podemos añadir un factor de orden 0, (• ∗ - ã ). Para conocer P(x) bastaría integrar: ß(-) = ; : ∗ (- + 1)µ ∗ (- − 1)µ à-

Como (- + 1) ∗ (- − 1) = - ƒ − 1 y tenemos tres productos de este tipo dentro de la integral, entonces

ß(-) = ; : ∗ (- ƒ − 1)µ à- = : ; - · − 3- ° + 3- ƒ − 1 à- = • k

- Ï 3- ¶ − + - µ − -l + à 7 5

Tenemos ß(-) en función de dos constantes, pero como conocemos las condiciones inicialmente impuestas podemos calcularlas, (- + 1)° ∣ ß(-) − 1

(- + 1)° ∣ ß(-) − 1 (- − 1)° ∣ ß(-) + 1

y

(- − 1)° ∣ ß(-) + 1

⇒ ∃ Ý(-) ∶ ß(-) = Ý(-) ∗ (- + 1)° + 1

⇒ ∃ è(-) ∶ ß(-) = è(-) ∗ (- − 1)° − 1

Aplicado el teorema del resto que decía:

“Teorema del Resto: El resto de dividir P(x) entre (x - a) es igual a P(a), valor numérico del polinomio en x = a” Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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Tomamos a=-1.

ß(-) 1 = Ý(-) ∗ (- + 1)µ + (- + 1) (- + 1)

⇒

Û~| { = 1

⇒

Û~| { = −1

1 3 16 •+à ß(n) = ß(−1) = 1 ⇒ ß(−1) = • 5− + − 1 + 16 + à = 7 5 35 De acuerdo al teorema tenemos que:

Tomamos a=1.

ß(-) 1 = Ý(-) ∗ (- − 1)µ − (- − 1) (- − 1)

1 3 16 ß(n) = ß(1) = −1 = • 5 − + 1 − 16 + à = − • + à 7 5 35 16 35 •+à =1 35 ⇒ • = 16 16 à=0 − • + à = −1 35

Y nos queda el sistema de ecuaciones:

Luego el polinomio buscado es: ß(-) =

35 - Ï 3- ¶ k − + - µ − -l 16 7 5

2.14 Se considera la ecuación " −

= .. ", , . ∈ ℝ.

a) Dado . , se cumple que ", , ., tomados en ese orden, están en progresión geométrica. b) Discutir las posibles soluciones según el valor de n.

Solución:

c) ¿Para qué valores de n la suma de los p primeros términos de la progresión geométrica, ", , . es finita cuando p tiende a infinito?

a)

Sea Û la razón del de la progresión que tiene tres términos y que se pueden expresar de las siguientes š š formas, ?-, ‰, •A = ?-, Û-, Û ƒ -A = Þ ™ , , •ï. Usaremos esta última con todo en función de •. Sustituyendo en la ecuación: - ƒ − ‰ƒ = •

⇔

• ƒ • ƒ 3 ƒ4 − 3 4 = • Û Û

Analizamos que ocurre con Û para los diferentes valores de n:

• ƒ • ƒ •ƒ •ƒ 3 ƒ 4 − 3 4 = • ⇒ ° − ƒ − • = 0 ⇒ •ƒ − Û ƒ •ƒ − Û ° • = 0 ⇒ •( Û ° + •Û ƒ − •) = 0 Û Û Û Û =~•~‹{| à{| {Ÿ¾x{•~| ë

• • • = 0 ⇒ Þ ƒ , , •ï = ?0,0,0A ⇒ - = ‰ = 0 Û Û Û ° + •Û ƒ − • = 0

Resolvemos la ecuación Û ° + •Û ƒ − • = 0 Ûƒ =

−• ± √•ƒ + 4• −• ± ‚•(• + 4) = 2 2

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Si analicemos este resultado podemos dividir ℝ en cuatro intervalos: • = 0 (ya lo hemos visto) • = −4 • ∈ _−3, −1` ⇒ •(• + 4) < 0 • < −4 •(• + 4) > 0 ⇒ ë ó •>0

• • •

• .=− Ûƒ = −

š ƒ

⇒ Û = ±Ì− = √2 ⇒ š ƒ

. ∈ _− , − ` ⇒ .(. + ) < $

⎧ š Û = Ì = √2 ⎪ ƒ ⎪

⇒ ç

-=

‰=

š

š

™

=

=

°

√ƒ š

⎨ -= ⎪ Û = −Ìš = −√2 ⇒ ë ⎪ š ƒ ‰= = ⎩

°

ƒ

= −2

= −2√2

™

=2

°

√ƒ

= 2√2

ó . > $ ⇒ .(. + ) > $

No obtenemos valores reales. .<−

Puesto que el radical será un número real, ahora debemos analizar el segundo radical, Û = ±¼

• ± ‚•(• + 4) 2

Distinguiremos 2 casos: .>$

Analicemos el signo del radical, veamos que √•ƒ + 4• > √•ƒ = •

• 2• ⎧ -= ƒ= Û • + ‚•(• + 4) ⎪ ⎪ • + ‚•(• + 4) • • ¼ ⇒ >w ~•~‹{| •Í‹~Û{| Û~nì~| ‰ = = ± Û=± 2 Û ⎨ ⎪ ¼• + ‚•(• + 4) ⎪ 2 ⎩ Û = ±¼ .<−

• − ‚•(• + 4) ⇒ >w ~•~‹{| •Í‹~Û{| ¾{‹Ÿì~({| 2

Analicemos el signo del radical, veamos que •ƒ > 0 y 4• < 0 y podemos decir que √•ƒ + 4• < √•ƒ = • ⇒ • ± ‚•(• + 4) > 0, luego en este caso siempre tenemos valores reales y por tanto 4 soluciones. • 2• ⎧ -= ƒ= Û • + ‚•(• + 4) ⎪ ⎪ • + ‚•(• + 4) • • ¼ Û=± ⇒ >w ~•~‹{| •Í‹~Û{| Û~nì~| ‰ = = ± 2 Û ⎨ ⎪ ¼• + ‚•(• + 4) ⎪ 2 ⎩

• 2• ⎧ -= ƒ= Û • − ‚•(• + 4) ⎪ ⎪ • − ‚•(• + 4) • • ⇒ >w ~•~‹{| •Í‹~Û{| Û~nì~| ‰ = = ± Û = ±¼ 2 Û ⎨ ⎪ ¼• − ‚•(• + 4) ⎪ 2 ⎩

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b)

Para que la suma de la serie geométrica sea finita cuando el número de ß → ∞, basta demostrar que la serie es convergente, vemos pues para que valores de • las serie es convergente,

”š = -

(1 − Û ¡ ) ¾{• - ≠ 0 (1 − Û)

Entonces:

(1 − Û ¡ ) ≠ ∞ |xx Û ∈ _0,1_ ¡→: (1 − Û)

~• {•¾~| lim ”š = lim ¡→:

”x • = 0 Entonces - = ‰ = • = 0, todos los términos de la serie son nulos y por tanto converge.

”x • ≠ 0 Entonces - ≠ 0 y la razón vendrá dada por , para que la razón sea menor que 1, debe cumplirse ® que - > ‰ ⇒ • = - ƒ − ‰ ƒ > 0 ¯

Luego entonces la serie será convergente cuando • ≥ 0.

2.15 Encontrar el valor mínimo de + donde , son números reales para los que la ecuación " − " + " − " + = $ admite al menos una raíz real. Solución:

Se trata de un polinomio simétrico de grado par:

ß(-) = 2- ° − 9- µ + 14- ƒ − 9- + 2 = - ƒ (- ƒ + n- ’ + w + n-

2 ∗ 5- ƒ +

1 1 6 − 9 5- + 6 + 14 = 0 -ƒ -

’

+-

ƒ

) con - ≠ 0 ⇒

Haciendo el cambio de variable: y=-+

Luego

1 -

2 ∗ 5- ƒ + ‰=

1 ƒ 1 1 ⇒ y ƒ = 5- + 6 = - ƒ + ƒ + 2 ⇒ y ƒ − 2 = 5- ƒ + ƒ 6 -

1 1 6 − 9 5- + 6 + 14 = 2y ƒ − 4 − 9‰ + 14 = 2y ƒ − 9‰ + 14 − 4 = 0 ƒ -

5 9 ± √81 − 80 =ð 2 2 2

Deshaciendo el cambio tenemos:

5 Ì25 ± −4 2 5 1 5 2 4 - + = 2 ⇒ -ƒ − - + 1 = 0 ⇒ - = = æ1 2 2 2 1 2 ± √4 − 4 1 = 2 ⇒ - ƒ − 2- + 1 = 0 ⇒ - = =Þ 1 2 1 Luego las raíces son ÷1,1,2, 2ø. -+

2.16 Discutir para los distintos valores de m, el número de raíces reales del polinomio (&"' %" $" 8 $.

"

Solución:

Vamos a analizar el número de raíces reales estudiando su gráfica. Calculamos la derivada de ß&-', ß’(-) = 4- µ − 24- ƒ + 20Calculamos los ceros de ß’(-):

-=0 6 ± 4- − 24- + 20- = 4-(- − 6- + 5-) = 0 ⇒ ë √36 − 20 5 -= = 3±2= Þ 1 2 µ

ƒ

ƒ

Calculemos el valor de ß(-) par cada raíz de ß’(-),

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ß(0'

‹ ;

ß&5'

‹

125

‹+2

;ß&1'

La ecuación de un polinomio de cuarto grado tiene una forma como la de la imagen

Dependiendo de si esta más arriba o más abajo tendremos 0, 2 ó 4 raíces reales, los ceros de la derivada primera nos dan los puntos donde la función tiene los máximos o mínimos. ‹ 2 125 ⇒ ß&-' ~•àÛá 0 Ûnx¾~| Û~nì~| 125 ⇒ Í•n Ûnx‘ Û~nì à{wì~ -’ -ƒ 5 ”x ‹ 2 0 ⇒ ? - ∈ `1,5` ‹ ˆ 125 ⇒ ß&-' ~•àÛá 2 Ûnx¾~| Û~nì~| æ ’ -ƒ ∈ 5, ∞ ‹

”x ‹ ˆ 0 ⇒ ë

‹

‹

‹ 0 0 |x~‹ŸÛ~ ~•~‹{| 4 Ûnx¾~| Û~nì~| 0 ~•àÛ~‹{| 4 Ûnx¾~| Û~nì~| |x~•à{ 2 à~ ~ììn| -’ -ƒ 0 2 ⇒ ~•àÛ~‹{| 4 Ûnx¾~| Û~nì~| |x~•à{ 2 à~ ~ììn| -’ -ƒ 1

Veamos los resultados de forma de gráficos:

2.17 Dada la ecuación (&"'

"

%"

"

"

8

$ con 8 ∈ ℝ, se pide:

a) Discutir las raíces de la ecuación al variar el parámetro m. b) Resolver la ecuación en función de m.

Solución: Vamos a analizar el número de raíces reales estudiando su gráfica. Calculamos la derivada de ß&-', ß’&-' Calculamos los ceros de ß’(-): 4- µ − 24- ƒ + 44- − 24

4(- µ − 6- ƒ

4- µ − 24- ƒ + 44- − 24

11-

6'

0

Calculamos las raíces probando por Ruffini y obtenemos -’ Calculemos el valor de ß&-' par cada raíz de ß’&-',

1, -ƒ

2 ‰ -µ

3

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ß(1'

‹

9 ;

ß&2'

‹

8

‹

;ß&3'

9

La ecuación de un polinomio de cuarto grado tiene una forma como la de la imagen

”x ‹ 2 9

⇒ ß&1', ß&2' ‰ ß&3' 2 0

”x ‹

⇒ ß&1', ß&3'

9

”x 8 X ‹ X 9

0

⇒

⇒

A{ x~•~ Ûnx¾~| Û~nì~|

~•àÛ~‹{| 2 Ûnx¾~| à{wì~| -’

⇒ ß&1', ß&3' X 0 ‰ ß&2' 2 0 ⇒

-’ ∈ ` ∞, 1_ , -ƒ ∈ `1,2_ , -µ ∈ `2,3_ ‰ -° ∈ `3, ∞_

”x ‹

8 ß&1', ß&3' X 0 ‰ ß&2'

Í•n à{wì~ -ƒ

-µ

0

1 ‰ -ƒ

3

~•àÛ~‹{| 4 Ûnx¾~| Û~nì~| •{ •Íìn|

~•àÛ~‹{| ¾Ín Û{ Ûní¾~| Û~nì~|

2 , -’ ∈ ` ∞, 1_ ‰ -° ∈ `3, ∞_

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”x ‹ X 8 ß&1', ß&2' ‰ ß&3' X 0 à{| Ûnx¾~| Û~nì~| -’ ∈ ` ∞, 1_ ‰ -ƒ ∈ `3, ∞_

2.18 Resolver la ecuación: (&"' %" $" $" dos raices que son una inversa de la otra.

"

%

$ sabiendo que la ecuación tiene

Solución: Sean 3Û, , Û’ , Ûƒ 4 y sea el polinomio Q(x) el polinomio de coeficientes invertidos ’

Las raíces de Õ&-' serán 3 , Û, ’

’

Õ&-'

˜

18- °

, 4. ’

™

45- µ − 10- ƒ

20-

8

0

Ambos polinomios tienen 2 raíces comunes y por tanto ambos son divisibles por &-

Û' 3-

Por otro lado como 1 y -1 no son raíces de ß&-' ni de Õ&-', entonces podemos afirmar que: Û’ 0

1 1 ‰ Ûƒ 0 Û’ Ûƒ

’

4 y por.

Con ello concluimos que , Û son raíces de ambos polinomios y además son las únicas raíces comunes. Y

por tanto el polinomio &-

’

Û' 3-

’

4 es el máximo común divisor de ß&×', Õ&-'.

Ahora calculamos el Máximo Común Divisor de ambos polinomios usando el algoritmo de Euclides, primero dividimos ß&-' entre Õ&-' , 8- °

8- ° 0

20- µ

360 µ 18 0

10- ƒ

80 ƒ 18

260 ƒ 18

45-

160 18 325 9

−18

64 18

260 18

18- °

00

−

8 18

45- µ

−10- ƒ

20-

8

Dividimos ahora dividendo entre el resto,

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−18- °

+45- µ

−10- ƒ

−20-

+8

0

0

8- ƒ

−20-

+8

−18- °

−45- µ

+18- ƒ 0

0

260 ƒ 18

−

−8

260 ƒ 325 260 - − -− =0 18 9 18

⇔

325 9

−

−

81 130

260 18

0

Obtenemos pues las raíces de este polinomio que deben coincidir con Û ‰ =−

−

85 ƒ 15

260 ƒ 325 260 - − -− ~| ~ì DzE à~ ß(×) ‰ Õ(-) 18 9 18

Concluimos pues que R(x) = −

+20-

−8- ƒ

−

’

,

−130- ƒ − 325- − 130 = 0 ⇒ - = æ1

2=Û 1 2= Û

Para calcular Û’ ‰ Ûƒ dividimos el polinomio P(x) entre (- − 2)(- − 1 2) y resolvemos la ecuación de segundo grado resultante. Procedemos por Ruffini, 8 2 1

2

8

8

-20

-10

45

-18

16

-8

-36

18

-4

-18

9

0

4

0

-9

0

-18

0

Resolvemos la ecuación resultante, - ƒ − 18 = 0 ⇒ - = ±2√2 ,

Luego concluimos que las raíces del polinomio ß(×) son, 3Û, , Û’ , Ûƒ 4 = 32, , 2√2, −2√24. 2.19 Discutir las soluciones de la ecuación (&"' valores reales de 8 y obténgalos.

"

’

%"

"

’ ƒ

"

8

$ según los

Solución:

Observación: Al cambio de variable ‰ = - − n , donde a es el baricentro de las raíces de un polinomio ß(-) de grado • > 0, se llama transformación de tschirnhaus y convierte el polinomio ß(-) en otro ß(‰) del mismo grado y que tiene nulo el coeficiente de grado • − 1.

Usamos el cambio para resolver esta ecuación,

Sean ×’ , ׃ , ×µ , ×° ∈ ℂ las raíces del polinomio ß(-), Por el teorema del baricentro sabemos que éste será F F F F igual a ˜ ™ É ê , por otro aplicando la relación de Cardano-Vieta al coeficiente de grado • − 1, tenemos °

que ×’ + ׃ + ×µ + ×° = −(−8) = 8, por tanto el baricentro de las raíces de este polinomio es

Ë °

= 2.

F˜ F™ FÉ Fê

Aplicamos pues el cambio de variable ‰ = - − 2 ⇒ - = ‰ + 2. Obtenemos el siguiente polinomio:

°

=

(‰ + 2)° − 8(‰ + 2)µ + 22(‰ + 2)ƒ − 24(‰ + 2) + ‹ = 0

y ° + 8 y µ + 24 y ƒ + 32 y + 16

− 8y µ − 48 y ƒ − 96 y − 64

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22 y ƒ + 88 y + 88 −24‰ − 48 ‹

-------------------------------------------

y ° − 0y µ − 2‰ ƒ − 0‰ − (8 − ‹)

Quedando el polinomio: y ° − 2‰ ƒ − (8 − ‹) = 0 , lo normal es que desaparezca el coeficiente de grado • − 1 , pero en este caso han desaparecido 2 con lo cual ha quedado una ecuación muy sencilla. y ° − 2‰ ƒ − (8 − ‹) = 0 ⇒ ‰ ƒ =

2 ± ‚4 + 4(8 − ‹) = 1 ± √9 − ‹ 2

Analicemos los diferentes valores que puede tomar ‹

‹=9

⇒ ‰ = ± 1 Ûnx¾~| à{wì~|

‹<9y‹=8

-=3 ⇒Þ Ûnx¾~| à{wì~| -=1

‰ = ± Ì1 ± √9 − ‹

⇒

‰ = ± Ì1 ± √9 − ‹ = æ‰ = ±√2 ⇒ - = 2 ± √2 0 ⇒ - = 2 Ûnx‘ à{wì~ ‹<9y‹>8

1 ± √9 − ‹ > 0

‹<8

1 ± √9 − ‹ < 0 ‹>9

9−‹ <0

⇒ ‰ = ± ‚1 + √9 − ‹ ⇒ - = 2 ± ‚1 ± √9 − ‹ ¾Ín Û{ Ûnx¾~| Û~nì~|

ð

1 + √9 − ‹ > 0 ⇒ à{| Ûnx¾~| Û~nì~| 1 − √9 − ‹ < 0 ⇒ à{| Ûnx¾~| ¾{‹Ÿì~(n| ⇒ ¾Ín Û{ Ûnx¾~| ¾{‹Ÿì~(n|

2.20 Resolver la ecuación , . " + #+, " =

√

Solución En este tipo de problemas vamos a intentar convertir la ecuación de senos y cosenos en una ecuación de senos o de cosenos, además vamos a intentar reducir el grado, para hacer esto normalmente vamos a usar las fórmulas de las sumas de ángulos y para ello será necesario realizar un cambio de variable del tipo - = ¤ + Ú , y lo difícil está en elegir un Ú que nos ayude a simplificar y por eso elegimos porque el seno y el coseno tienen el mismo valor y eso nos facilitará los cálculos, hacemos pues - =

Desarrollamos las ecuaciones:

– – 5 |x•µ 3 + 4 + ¾{| µ 3 + 4 = 4 4 4√2

°

+ . ¤ °

µ – – – √2 √2 |x•µ 3 + 4 = 3¾{| sin + sin ∗ cos 4 = k sin + ∗ cos l 4 4 4 2 2

µ

µ – – – √2 √2 z{| µ 3 + 4 = 3¾{| cos − sin ∗ sin 4 = k cos − ∗ sin l 4 4 4 2 2

Quedando la ecuación:

5 √2 √2 √2 √2 k sin + ∗ cos l + k cos − ∗ sin l = 2 2 2 2 4√2 µ

5 √2 k l ((sin + cos )µ + (cos − sin )µ ) = 2 4√2 µ

µ

µ

‰

2√2 √2 √2 k l = = 2 8 4 µ

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Y nos queda,

(sin + cos )µ + (cos − sin )µ =

Ahora vamos a desarrollar los trinomios

(sin + cos )µ = |x•µ + 3 |x•ƒ ¾{| + 3 ¾{| ƒ |x• + ¾{| µ

5

∗

4

4√2 √2

=

5 2

(cos − sin )µ = ¾{| µ − 3 ¾{| ƒ |x• + 3 |x•ƒ ¾{| − |x•µ 5 2

Y sumando nos queda la ecuación:

(sin + cos )µ + (cos − sin )µ = 2 ¾{| µ + 6 |x•ƒ ¾{| =

5 5 ⇒ 2 ¾{| µ + 6¾{| −6¾{| µ = 2 2

Lo ponemos ahora todo en función de cosenos 2 ¾{| µ + 6(1 − ¾{| ƒ )¾{| =

Hacemos el cambio ‘ = ¾{|

8y µ − 12y + 5 = 0

⇒

⇒ −4 ¾{| µ + 6¾{| −

5 =0 2

Aplicamos ahora Ruffini, primero buscamos posibles soluciones para probar, es decir los divisores el termino ¶ independiente , y son: Ë

1 1 1 5 5 5 æ1, , , , 5 , , G 2 4 8 2 4 8

Probando vemos que y = es una raíz y aplicando Ruffini nos queda: ’

1

2

8

8

ƒ

0

-12

5

4

2

-5

4

-10

0

Y nos queda la ecuación 8y ƒ + 4y − 10 = 0 y =

’±√ƒ’

-1,395 la descartamos.

Y por tanto tenemos dos soluciones, ⎧ ⎪

⎨cos = −1 + √21 ⇒ ⎪ 4 ⎩

cos = 1 2

nÛ¾{|~•{ k

°

=Þ

⇒

−1.395 pero como y ∈ _−1,1` entonces la solución −0.89

=

– 7– ⇒-= 3 12

−1 + √21 l = 2,66 Ûnàxn•~| ⇒ - = 3.45 Ûnàxn•~| 4

2.21 Resolver la ecuación E .K " − L+,K " −

=$

Solución:

Como z{|ℎƒ -−”~•ℎƒ - = 1 ⇒ ”~•ℎƒ - = z{|ℎƒ - − 1

5 5 5 ”~•ℎƒ - − z{|ℎ - − 2 = z{|ℎƒ - − 1 − z{|ℎ - − 2 = 0 ⇒ z{|ℎƒ - − z{|ℎ - − 3 = 0 2 2 2 Sustituyendo en la ecuación obtenemos:

Resolviendo la ecuación de segundo grado,

5 73 5 Ì25 ⎧5 + √73 ± + 12 2 ± Ì 4 ⎪ 5 ± √73 2 4 4 z{|ℎ - = = = = 2 2 4 ⎨5 − √73 ⎪ ⎩ 4

Pero como z{|ℎ - > 1 entonces la solución sería - = nÛ¾{|ℎ 3 funciones hiperbólicas.

¶ √ϵ °

4 . Recordamos en la siguiente gráfica las Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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2.22 Al dividir el polinomio (&"' por (" − ) y por (" + ) obtenemos respectivamente restos 15 y 1, ¿Qué resto tiene la división de (&"' por &" '&" '? Solución a) Sean ‡&-' el resto y Õ&-' el cociente de la división de ß&-' por &Entonces ß(-) = Õ(-)(- − 5)(- + 2)

5)(- + 2)

Como el grado del resto ha de ser estrictamente menor que el grado del divisor, entonces el grado de ‡(-) debe ser menor o igual que 1. Supongamos , pues, que ‡(-) = n- + w. Por otro lado aplicado el teorema del resto tenemos: ß(−2) = 1

ß(5) = 15

⇒ ß(−2) = Õ(−2)(−2 − 5)(−2 + 2) + a(−2) + b = −2a + b = 1 ⇒ ß(5) = Õ(15)(5 − 5)(5 + 2) + a5 + b = 5a + b = 15

Resolvemos el sistema de ecuaciones y obtenemos n ‰ w, −2a + b = 1 Þ 5a + b = 15

⇒

Luego ‡(-) = 2- + 5

tenemos que - = Þ

n=2 w=5

7,12 −2,12

2.23 Encontrar un polinomio de grado 7 de variable real P(x) de tal forma que (&"' por &" ' y (&"' es divisible por &" ' .

es divisible

Solución:

En primer lugar indicar que su un polinomio tiene una raíz de multiplicidad •, entonces el polinomio derivado tiene la misma raíz pero con multiplicidad • 1. Es fácil de comprobar, Si es raíz de multiplicidad • > 1 de ß(-), entonces ß(-) = (- − n)£ Õ(-) con Õ(n) ≠ 0. Derivamos ß(-) y obtenemos, ßh (-) = •(- − n)£ ’ Õ(-) + (- − n)£ Õh (-) = (- − n)£ ’ (•Õ(-) + (- − n)Õ′(-)).

Luego n es raíz de ßh (-) de multiplicidad • − 1.

Si calculamos la derivada de ß(-) + 1 obtenemos que es ß´(-) y si ß(-) + 1 es divisible por (- + 1)° evidentemente ß´(-) será divisible por (- + 1)µ , de igual forma ß´(-) también es derivable por (- − 1)µ .

Si ß(-) es de grado 7 entonces ß´(-) es de grado 6 y como hemos concluido que (- + 1)µ y (- − 1)µ son divisores de ß´(-), entonces el polinomio buscado será de la forma: ß´(-) = ‹ ∗ (- + 1)µ (- − 1)µ |x~•à{ ‹ = ¾{•| .

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Como (- + 1) ∗ (- − 1) = - ƒ − 1

⇒ (- + 1)µ (- − 1)µ = (- ƒ − 1 )µ = - · − 3- ° + 3- ƒ − 1

ß(-) = ; ‹ ∗ (- + 1)µ (- − 1)µ à- = ‹ ; - · − 3- ° + 3- ƒ − 1 à- = ‹ k

- Ï 3- ¶ − + - µ − -l + ¾ 7 5

Ahora aplicamos las condiciones iniciales para obtener el valor de las constantes ‹ y ¾. Tenemos que ß(-) = H(-) ∗ (- + 1)° + 1 entonces 1 es el resto de la división

I(®)

J(®)∗(® ’)ê

del resto como - = −1 es raíz de ß(-) se cumple que ß(−1) = 1 y de igual forma se obtiene que ß(1) = −1.

1 3 16 ‹ 5− + − 1 + 16 + ¾ = 1 ⇒ ‹+¾ =1 7 5 35 1 3 16 ‹ 5 − + 1 − 16 + ¾ = −1 ⇒ − ‹ + ¾ = −1 7 5 35

luego por el teorema

Aplicando estas condiciones obtenemos que:

Sumando ambas ecuaciones se obtiene que ¾ = 0 y ‹ =

Luego el polinomio pedido es:

ß(-) =

2.24 Sea la ecuación " −

µ¶ ’·

35 - Ï 3- ¶ 5- Ï 21- ¶ 35 µ 35 k − + - µ − -l = − + - − 16 7 5 16 16 16 16

=.,

Si . es un número dado distinto de cero, y sabiendo que ", , . son tres elementos consecutivos y en el orden dado de una progresión geométrica de números reales discutir las posibles soluciones de la ecuación según el valor de .. Para que valores de . la suma los G primeros términos de la progresión geométrica ", , . es finita cuando . → ∞

Solución: a)

Sea Û la razón de la sucesión geométrica, entonces ‰ = Û- y • = Û‰ y • = Û ƒ -, analicemos los resultados de la ecuación en función de los valores que puede tomar •. .=$

Como • = Û ƒ - puede ocurrir dos cosas que Û = 0 o - = 0,

”x Û = 0

Si x = 0 .≠$

ƒ ƒ ƒ x = rL x ⇒ x ƒ − y ƒ = x ƒ + rK

y = rx = 0

;ã

⇒

x=0

;ã

⇒

e y=0

x=0

Pongamos la ecuación en función de •, •ƒ •ƒ − =• Û° Ûƒ

⇒

|~n • =

Calculamos el valor de •,

1 Û

⇒ • ° •ƒ − • ƒ •ƒ = •

•=Ì

š±‚š™ °š

e y=0

⇒ •°• − •ƒ• − 1 = 0

ƒš

Analizamos los radicales. En primer lugar analizamos •ƒ + 4• y si es real entonces analizamos • ± √•ƒ + 4•, y los valores obtenidos para k deben ser reales. Si . + . < $ . ∈ (− , $) entonces k no sería real y por tanto tampoco Û. Si . + . = $

⇒ •ƒ =

’ ƒ

entonces • =

’

√ƒ

⇒

Û = √2

•=0 , ~| n |{ì;xó• •{ ~| Mnìxàn Ÿ{ÛåÍ~ • ≠ 0 š ° š ° Y tenemos que •ƒ + 4• = 0 ⇒ ð • = −4 ⇒ - = ™ = = −2 ~ ‰ = = = −2√2 ƒ

√ƒ

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Si . + . > $

⇒ . ∈ (−∞, − ) ∪ ($, +∞)

De nuevo distinguimos dos casos en función del radicando de • ƒ

, . > $ ⇒ ‚•ƒ + 4• > 0 Ÿ~Û{ ‚•ƒ + 4• > ‚•ƒ = • • = ±¼

• ± √•ƒ + 4• ‰ 2•

þÍ~Ý{ • = ±¼ , .<−

ë

• + ‚•ƒ + 4• > 0

• − ‚•ƒ + 4• < 0 •{ ~| Ÿ{|xwì~ ŸÍ~| • |~Ûín ¾{‹Ÿì~({

• + √•ƒ + 4• 2•

⇒ ‚•ƒ + 4• > 0 Ÿ~Û{ ‚•ƒ + 4• < ‚•ƒ = |•|

• ± √•ƒ + 4• • = ±¼ 2•

En Resumen:

”x • > 0 Û = ±

‰

1

⎧• + √• + 4• < 0 >0 ⎪ 2• < 0 ƒ

⎨ • − √•ƒ + 4• < 0 ⎪ >0 2• < 0 ⎩

ƒ Ì• + √• + 4• 2•

”x • = 0 Û ∈ (−∞, +∞)

”x • ∈ (0, −4) •{ ~-x| ~ Û ∈ ℜ ”x • = −4

Û = √2

”x • ∈ (−4, −∞) Û = ± b)

1

ƒ Ì• ± √• + 4• 2•

Para que una serie geométrica cuyo primer termino no es nulo sea convergente es necesario y suficiente que el valor absoluto de su razón sea menor que 1. ‰ ‰ ƒ ƒ Si . ≠ $ entonces es - ≠ 0 y la razón es - la serie es convergente si ¬ - ¬ < 1 y como - − ‰ = • > ‰ 0 ⇒ |-| 2 |‰| ⇒ ¬ - ¬ < 1 . Por tanto es convergente sii n>0. Entonces estudiamos los distintos casos:

Si . = $ ⇒ • = - = ‰ = 0 en este caso todos los términos de la sucesión son nulos y la serie por tanto es convergente.

2.25 Un polinomio (&O' dividido por "

da de resto

a) Cual seria el resto al dividirlo por "

Solución:

"

% y dividido por " $.

el resto es 25. Se pide:

b) Determinar (&O' sabiendo que es de tercer grado y divisible por "

.

a)

En primer lugar notar que (- − 1)(- + 2) = - ƒ + - − 2 = 0 .

Sean Õ(-) y ‡(-) el cociente y el resto respectivamente de la división de P(x) por (- − 1)(- + 2) entonces ß(×) = (- ƒ + - − 2)Õ(-) + ‡(-) y como el resto debe ser estrictamente menor que el cociente entonces ÝÛnà{f‡(-)g ≤ 1. Supongamos que ‡(-) = n- + w. Ahora usamos las condiciones que nos dan en el enunciado del problema y aplicamos el teorema del resto,

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(- ƒ1121 ß(×) dividido por - − 1 da de resto −8 ⇒ ß(1) = 01 +-− 2) Õ(-) + n- + w = −8 113 (- ƒ

;ã

ß(×) dividido por - + 1 da de resto 25 ⇒ ß(−2) = 011121 +-− 2) Õ(-) + n- + w = 25 113 ;ã

n + w = −8 n = −11 ⇒ Þ ⇒ ‡(-) = −11- + 3 −2n + w = 25 w=3

Y nos queda el sistema de ecuaciones:

b) Solución 1

Sabemos que Ÿ(-) = n- µ + w- ƒ + ¾- + à y divisible por (- ƒ − 9), entonces también se puede escribir como Ÿ(-) = (- ƒ − 9)Õ(-), siendo Õ(-) = ‹- + •. Entonces Ÿ(-) = (- ƒ − 9)(‹- + •).

ß(1) = (1 − 9)Õ(1) = −8 ⇒ −8(‹ + •) = −8 Operando igual que antes:

⇒ ‹+•=1

ß(−2) = (4 − 9)Õ(1) = 25 ⇒ −5(−2‹ + •) = 25 ‹+•=1 ‹=2 ⇒ Þ −2‹ + • = −5 • = −1

⇒ Õ(-) = 2- − 1

⇒ −2‹ + • = −5

ß(-) = (- ƒ − 9)(2- − 1 ) = 2- µ − - ƒ − 18- + 9

Solución 2

Otra forma de hacerlo es usando el hecho de que ±3 son raíces de ß(-).

Y como en el aparatado a) vimos que ß(×) = (- ƒ + - − 2)Õ(-) − 11- + 3 y ahora nos dicen que Õ(-) debe ser de grado 1, tomamos Õ(-) = •- + , tenemos las ecuaciones:

ß(3) = (9 + 3 − 2)(3• + ) − 33 + 3 = 0

ß(−3) = (9 − 3 − 2)(−3• + ) + 33 + 3 = 0

⇒ 30• + 10 = 30

⇒ 12• − 4 = 36

Y la solución de este sistema es: • = 2 ‰ = −3

ß(-) = (- ƒ + - − 2)(2- − 3) − 11- + 3 = 2- µ + 2- ƒ − 4- − 3- ƒ − 3- + 6 − 11- + 3 = ß(-) = 2- µ − - ƒ − 18- + 9

2.26 Sea (&O' un polinomio tal que (&" Solución

'

"

"

determinar el valor de (&"

'

En primer lugar observamos que ß&-' tiene que ser un polinomio de segundo grado pues al sustituir - por &- ƒ 1) obtenemos un polinomio de grado 4. Entonces ß(-) = n- ƒ + w- + ¾ y por tanto ß(- ƒ + 1) = n(- ƒ + 1)ƒ + w(- ƒ + 1) + ¾

ß(- ƒ + 1) = n(- ƒ + 1)ƒ + w(- ƒ + 1) + ¾ = n- ° + 2n- ƒ + nƒ + w- ƒ + w + ¾ = - ° + 4- ƒ n=1 n=1 ⇒ w = 2 ⇒ ß(-) = - ƒ + 2- − 3 2n + w = 4 ¾ = −3 nƒ + w + ¾ = 0

Igualando coeficientes obtenemos: -° ë- ƒ -ã

ß(- ƒ − 1) = (- ƒ − 1)ƒ + 2(- ƒ − 1) − 3 = - ° − 2- ƒ + 1 + 2- ƒ − 2 − 3 = - ° − 4 Ahora calculamos

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3 Espacios vectoriales Teorema: Caracterización de sub-espacios vectoriales Sea

Si Í, M ∈ , entonces Í + M ∈ . Si P ∈ ℝ y Í ∈ , entonces PÍ ∈

un subconjunto de un espacio vectorial • •

Í, M ∈

. Entonces

es un subespacio vectorial si y sólo si:

.

y P ∈ ℝ, entonces P ∗ (Í + M) ∈

O lo que es lo mismo:

Definición: Aplicación lineal

Una aplicación lineal es una función entre espacios vectoriales que preserva las operaciones (suma de vectores y producto por escalares). Desde el punto de vista práctico podemos considerar que una aplicación ó⃗' a" ó⃗ donde a ∈ ℳ8". cuando escribimos S(" ó⃗) lineal S: ℝ. → ℝ8 es siempre una función de la forma S&" ó⃗ como vectores columnas. y" Caracterización de una aplicación lineal è es un aplicación lineal sobre un espacio vectorial U, si y sólo si: • •

Í, M ∈

Si Í, M ∈ |~ ¾Í‹Ÿì~ åÍ~ è(Í + M) = è(Í) + è (M) Si P ∈ ℝ Í ∈ ~• {•¾~| Pè(Í) ∈ . y P ∈ ℝ, entonces P ∗ (Í + M) ∈

O lo que es lo mismo:

Calculo de la matriz transformación

Si B es una base del espacio origen y B’ es una base del espacio imagen. La matriz transformación A de una aplicación lineal esta formada por las coordenadas respecto de B’ de los vectores obtenidos al aplicar la función a los vectores de B, y colocadas en forma de columna. Sea á = ?Í’ , ̓ , … , Íš A y á′ = ?M’ , Mƒ , … , Mº A entonces sea n€. de A son:

è(Í’ ) = n’’ M’ + nƒ’ Mƒ … + nº’ Mº

è(̓ ) = n’ƒ M’ + nƒƒ Mƒ … + nºƒ Mº ⋮

è(Íš ) = n’š M’ + nƒš Mƒ … + nºš Mº Luego Ó = t

n’’ nƒ’

nº’

⋮

n’ƒ nƒƒ

nºƒ

⋯ ⋱ ⋯

n’š nƒš ⋮ u nºš

Definición de Imagen y kernel de una aplicación lineal: Dada la aplicación lineal S: P → P′ definimos:

:~Û è = ?- ∈

∶ è(-) = 0A

Š‹ è = ?è(-): - ∈ A

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Notar que el Kernel es un sub-espacio del espacio vectorial del espacio origen y la imagen es un subespacio del espacio vectorial destino. Calculo de la imagen

Partimos de la aplicación lineal S: P → P′ y de las bases á ‰ á’, ~• ‰ ’ respectivamente y sea la matriz transformación de esta función Ó DT ¯ T’ &è'. El cálculo de la imagen de f se basa en el siguiente resultado:

Dada una aplicación línea è: → ′ si ?Í’ , ̓ , ͵ , … , Íš A es una base de V, entonces ?è(Í’ ), è&̓ ', è&͵ ', … , è&Íš ' A es un sistema de generadores de Š‹ è. Calculo del Kernel:

Dado que la imagen Y de un vector X equivale a: Ø Ó×.

&-’ , -ƒ , -µ , … , -š ' se obtiene aplicando la función è a ×, lo que

Los vectores del Kernel son aquellos cuya imagen vale 0. Así pues es fácil a partir de la matriz asociada a è obtener unas ecuaciones cartesianas de :~Û è que vendrán dadas por el sistema de ecuaciones homogéneo: Ó×. Cambio de coordenadas:

Lo vamos a desarrollar en un espacio bidimensional, pero el resultado se puede generalizar a cualquier dimensión.

̓

Mƒ M’

ó⃑

Í’

El vector ó⃑ lo podemos expresar en función de la base á ó⃑

Ú ∗ Í’ +

̓

n’ƒ ∗ M’

∗ ̓

ó

ó⃑

W ∗ M’

X ∗ Mƒ

W ∗ M’

X ∗ Mƒ

Ú ∗ &n’’ ∗ M’

?Í’ , ̓ A o respecto a la base á′

?M’ , Mƒ A.

Por otro lado los vectores Í’ , ̓ se pueden expresar como combinaciones lineales de ?M’ , Mƒ A, y queda: Í’ = n’’ ∗ M’ Entonces,

nƒ’ ∗ Mƒ

nƒƒ ∗ Mƒ ó⃑

Agrupando:

W ∗ M’

X ∗ Mƒ

&Ú ∗ n’’

nƒ’ ∗ Mƒ '

∗ n’ƒ ' ∗ M’

∗ &n’ƒ ∗ M’

& ∗ n’ƒ

nƒƒ ∗ Mƒ '

∗ nƒƒ ' ∗ Mƒ

Igualando coeficientes en M’ ‰ Mƒ , esto es lo podemos escribir en forma matricial como: ó⃑Th

W 3 4 X

DT→Th

n’’ 3n

n’’ 3n

Notar que:

ƒ’

’ƒ

Ú n’ƒ nƒƒ 4 ∗ 3 4

n’’ 3n ’ƒ

n’ƒ ó⃑ nƒƒ 4 ∗ T

n’ƒ nƒƒ 4 La matriz de cambio de base de B a B’

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Las columnas de la matriz son las coordenadas de los vectores de la base B(origen) respecto de la base B’(destino). En el caso de que la base B’ (es decir la base de destino fuera la base canónica, entonces, las columnas de la matriz son los componentes de los vectores de la base B (origen) respecto de la base B’ canónica, es decir los vectores de B puestos en forma de columna. Ejemplo á’ = ?M’ , Mƒ A = ?(1,0), (0.1)A, á = ?Í’ , ̓ A = ?(3,2), (1.1)A

3 = 1 ∗ n’’ + 0 ∗ nƒ’ ⇒ n’’ = 3 Í’ = (3,2) = n’’ ∗ M’ + nƒ’ ∗ Mƒ ⇒ æ 2 = 0 ∗ n’’ + 1 ∗ nƒ’ ⇒ nƒ’ = 2 Entonces

1 = 1 ∗ n’ƒ + 0 ∗ nƒƒ ⇒ n’ƒ = 1 ̓ = (1.1) = n’ƒ ∗ M’ + nƒƒ ∗ Mƒ ⇒ æ 1 = 0 ∗ n’ƒ + 1 ∗ nƒƒ ⇒ nƒƒ = 2 DT→Th = 3

3 2

1 4 = (͒ ̓ ) 1

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3.1

Sean los sub-espacios vectoriales de ℝ , P ?( , $, − , $), ($, − , − , $)A

P . Engendrados respectivamente por: ?(− , − , − , ), ($, − , − , − )A.

Demostrar que P + P y P ∩ P son subespacios vectoriales y encontrar las ecuaciones de P ,P ,P + P P ∩ P . ¿Cuáles son sus dimensiones?.

Solución

Usaremos el teorema de caracterización de espacios vectoriales, P +P

Sean M’’ ‰ M’ƒ ∈ P ⊂ ℝ

, Mƒ’ ‰ Mƒƒ ∈ P ⊂ ℝ

Probemos la primera propiedad:

Tenemos que: œ’ = M’’ + Mƒ’ ∈ Comprobemos que œ’ + œƒ ∈

’

’

+

+ ƒ

y Ú ∈ ℝ,

y œƒ = M’ƒ + Mƒƒ ∈

ƒ

’

+

ƒ

œ’ + œƒ = (M’’ + M’ƒ ) + (Mƒ’ + Mƒƒ ) = (M’’ + M’ƒ ) + (Mƒ’ + Mƒƒ ) ∈ ∈ ’ Comprobemos que Ú ∗ œ’ ∈ ’ + ƒ Ú ∗ œ’ = Ú ∗ (M’’ + Mƒ’ ) = Ú ∗ M’’ + Ú ∗ Mƒ’ ∈ ’ + ƒ ∈ ƒ ∈ ’ Luego ’ + ƒ es un sub-espacio vectorial. P ∩P

Sean M’ ‰ Mƒ ∈

’

⊂ℝ

, M’ ‰ Mƒ ∈

Comprobemos que Ú(M’ + Mƒ ) ∈ Ú ∗ M’ + Ú ∗ Mƒ ∈ æ Ú ∗ M’ + Ú ∗ Mƒ ∈

Luego

’

∩

ƒ

’

∩

ƒ

ƒ

⊂ℝ

⇒ Ú ∗ M’ + Ú ∗ Mƒ ∈

’

ƒ

’

∩

y Ú ∈ ℝ ⇒ M’ ‰ Mƒ ∈

’

+ ∈

’

∩

ƒ

ƒ

ƒ

ƒ

es un sub-espacio vectorial.

Veamos a hora cuales son las ecuaciones que definen cada subespacio: P

(-, ‰, ‘, ) = Ú ∗ (1,0, −1,0) +

-=Ú ‰=− ∗ (0, −1, −1,0) ⇒ ç ‘ = −Ú − w =0

La ecuación sería: P = ?(=, −>, −= − , $)A y su dimensión es 2 puesto que sólo depende de dos parámetros. P

(-, ‰, ‘, ) = Ú ∗ (−1, −1, −1,1) + La ecuación sería: parámetros. P +P

Si M’ ∈

’

y Mƒ ∈

’

M’ = Ú ∗ (1,0, −1,0) +

- = −Ú ‰ = −Ú − ∗ (0, −1, −1, −1) ⇒ ? ‘ = −Ú − =Ú−

= ?(−Ú, −Ú − , −Ú − , Ú − )A y su dimensión es 2 puesto que sólo depende de dos

ƒ

entonces ∃Ú, , W ‰ X ∈ ℝ tal que:

∗ (0, −1, −1,0)

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Mƒ = W ∗ (−1, −1, −1,1) + X ∗ (0, −1, −1, −1)

M’ + Mƒ = Ú ∗ (1,0, −1,0) +

∗ (0, −1, −1,0) + W ∗ (−1, −1, −1,1) + X ∗ (0, −1, −1, −1)

- =Ú−W ‰=− −W−X Luego M’ + Mƒ = (-, ‰, ‘, ) = ?‘ = −Ú − − W − X =W−X

Y como depende de 4 parámetros tiene dimensión 4. P ⋂P

Si M’ ∈

’⋂ ƒ

⇒ M’ ∈

’

‰ M’ ∈

ƒ

luego M’ debe cumplir las ecuaciones de -=Ú ‰=− ∗ (0, −1, −1,0) ⇒ ç ‘ = −Ú − w =0

M’ ∈

’

⇒ (-, ‰, ‘, ) = Ú ∗ (1,0, −1,0) +

M’ ∈

ƒ

⇒ (-, ‰, ‘, ) = Ú ∗ (−1, −1, −1,1) +

M’ ∈

’⋂ ƒ

Por tanto

- = Ú = −Ú ‰ = − = −Ú − ⇒ ? ‘ = −Ú − w = −Ú − =0=Ú−

’⋂ ƒ

⇒æ

‰

ƒ,

es decir:

- = −Ú ‰ = −Ú − ∗ (0, −1, −1, −1) ⇒ ? ‘ = −Ú − =Ú−

Ú=0 ⇒ (-, ‰, ‘, ) = (0,0,0,0) =0

= ?(0,0,0,0)A y la dimensión es 0.

Dado el conjunto R = ?( , ) , ( , $)A

3.2

’

S: ℝ → ℝ ∶ S ( , ) =

a) Definir la aplicación f. ¿Es lineal?

S ( , $) =

b) Calcular el núcleo de la aplicación y su dimensión. c) Calcular la imagen de f y su dimensión. Solución a) Debemos comprobar que la transformación preserva las operaciones de suma y producto por un escalar. En primer lugar determinemos la función: è: ℝƒ → ℝ æ ⇒ è(-, ‰) = Ó-⃗ = (n’ , nƒ ) 5 6 = n’ ∗ - + nƒ ∗ ‰ è: (-, ‰) → | ‰

Con los valores que nos dan vamos a determinar la matriz a

ð

è(3,5) = (n’ , nƒ )fµ¶g = n’ ∗ 3 + nƒ ∗ 5 = 1 è(2,0) =

(n’ , nƒ )fƒãg

= n’ ∗ 2 + nƒ ∗ 0 = 2

⇒ ð

Comprobemos que es una aplicación lineal, ’, ƒ

Sean

∈ ℝƒ ∶

’

= (-’ , ‰’ ) ‰

ƒ

’

+

ƒ )g

nƒ =

ƒ

¶

⇒ Ó = (1,

’

= èf[(-’ + -ƒ ), [(‰’ + ‰ƒ )g = 51,

+

ƒ)

∈ ℝ , si aplicamos la función S a ese producto

−2 [(-’ + -ƒ ) 6k l= 5 [(‰’ + ‰ƒ )

2 2 2 [(-’ + -ƒ ) − [(‰’ + ‰ƒ ) = [ 5-’ − ‰’ 6 + [ 5-ƒ − ‰ƒ 6 = [è( 5 5 5

Luego è es una aplicación lineal.

)

= (-ƒ , ‰ƒ ) ‰ [ ∈ ℝ

Como ℝ es un espacio vectorial entonces [( tenemos: èf[(

n’ = 1

’)

+ [è(

ƒ)

b)

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Calculamos el núcleo de la aplicación, éste será el sub-espacio vectorial en ℝƒ , formado por los vectores que al aplicarle la transformación lineal, obtenemos el valor cero, es decir: (-, ‰) ∈ •~Ûè ⇔ è(-, ‰) = 0

5 è(-, ‰) = 51, − 6 5 6 = 0 ⇒ 2 ‰

•~Ûè = Þ(-, ‰): ( ‰, ‰)ï y la dimensión será 1. ¶ ƒ

c)

5 5 -− ‰=0 ⇒ -= ‰ 2 2

La imagen de f estará formada por el sub-espacio de elementos de ℝ, que se pueden obtener al aplicarle la función lineal a un vector de ‹ ∈ Š‹è ⇔ ∃(-, ‰) ∈ ℝƒ : ‹ = è(-, ‰)

è(-, ‰) = 31, − 4 3¯® 4 = ‹ ⇒ ‹ = - − ‰ ∈ ℝ y la dimensión es 1. ¶

¶

ƒ

ƒ

= Ex‹ (•~Û è) + Ex‹(Š‹ è) ⇒ Ex‹(Š‹ è) = 2 − 1 = 1

Para ver la dimensión de la imagen también se podía haber aplicado el teorema de la dimensión: sx‹ 3.3

Razonar que si el conjunto R = ? V , V , V A constituye una base del espacio vectorial de los números racionales ℚ sobre ℚ, entonces ?V + V , V − V , V − V A también son base. Razonar además qué vectores podrían añadirse al conjunto ?( , − , ) , ( , $, )A para formar una base del ℚ-espacio vectorial ℚ .

Solución

?M1 + M2, M2 − M3, M3 − M1A es una base de ℚµ sobre ℚ si existen Ú, , W ∈ ℚ tales que:

Ú ∗ (M1 + M2) +

Ú ∗ (M1 + M2) +

∗ ( M2 − M3) + W ∗ (M3 − M1) = 0 con Ú =

= W = 0 y esta es la única solución.

∗ ( M2 − M3) + W ∗ (M3 − M1) = (Ú − W) ∗ M1 + (Ú + ) ∗ M2 + ( + W) ∗ M3 = 0

Desarrollamos la ecuación y tenemos que:

Y como ? M1, M2, M3A es una base, entonces: Ú−W =0

Ú+

=0

⇒Ú=W

⇒ Ú=W⇒W=−

− +W =0 ⇒ W =

Luego W =

y W=−

⇒W=

= 0 ⇒ Ú = W = 0 y la solución es única. CQD

?( , − , ) , ( , $, )A añadimos el vector (", , ' ∈ ℚ , para formar una base, entonces se debe cumplir:

Ú ∗ ( ,− , ) +

Ú + 2 + W- = 0

∗ ( , $, ) + W ∗ (", , '

−2Ú + W‰ = 0 ⇒ Ú = 3Ú +

+ W‘ = 0

W‰ 2

0 con Ú =

=W=0

Procediendo por sustitución: W‰ W ‰ + 2 + W- = 0 ⇒ = − 3 + -4 2 2 2 W‰ W ‰ ‰ 1 ‰ 5‰ 3 + − 3 + -4 + W‘ = W ∗ 53 + − 3 + -4 + ‘6 = W ∗ 5 − + ‘6 = 0 2 2 2 2 2 2 4 2

Sabemos que W = 0, luego los vectores que cumpla que la ecuación:

5

5‰ − + ‘6 ≠ 0 4 2

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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Otra forma de hacerlo es usando determinantes: ?(1, −2,3) , (2,0,1), (-, ‰, ‘) A es una base entonces: Serán los que completarán la base, por ejemplo los vectores (1,0,0), (0,1,0), ó (0,0,1).

1 \2 -

−2 0 ‰

3 - 5‰ 1\ ≠ 0 ⇒ −2- + 5‰ − 4‘ = − 5 − + ‘6 ≠ 0 2 4 ‘

Obteniendo la misma condición. 3.4

Se considera el subconjunto E de ℝ. formado por las n-tuplas cuyos elementos están sucesivamente en progresión aritmética. a) Probar que E es un subespacio vectorial de ℝ. y hallar una base del mismo. b) ¿Cuáles son las coordenadas del vector (2,4,6,…,2n) en la base hallada?

c) Se define una relación f de S en R tal que a cada n-tupla de S le hace corresponder la suma de sus elementos. Comprobar si f es una aplicación lineal, y en caso de que lo sea, calcular el núcleo. Solución: a)

Los vectores del sub-espacio E tendrán la forma: (n, n + Û, n + 2Û, … + n + •Û) con Û, n ∈ ℝ . Una base del subespacio E estará compuesta por n vectores de ese tipo.

Probemos que E es un subespacio vectorial, para ello usamos el teorema de caracterización de subespacios vectoriales. Dados dos vectores: M’ = (n, n + Û, n + 2Û, … + n + •Û) y Mƒ = (w, w + |, w + 2|, … + w + •|) con M’ , Mƒ ∈ ” y sea P ∈ ℝ, entonces debemos comprobar que: (M’ + Mƒ ) ∈ ” ‰ åÍ~ P ∗ M’ ∈ ”. (M’ + Mƒ ) = (n, n + Û, n + 2Û, … + n + •Û) + (w, w + |, n + 2|, … + n + •|)

= f(n + w), (n + b) + (r + s), (n + b) + 2(r + |), … + (n + b) + n(r + |)g¹ ”

P ∗ M’ = P ∗ (n, n + Û, n + 2Û, … + n + •Û) = (nP, nP + PÛ, nP + P2Û, … + nP + P•Û)

Evidentemente este último vector tiene sus componentes en progresión aritmética siendo el término inicial nP y su razón PÛ luego concluimos que: P ∗ M’ ¹ ” y por tanto ” es un subespacio vectorial de ℝ. .

Calculemos una base de ” para ello nos fijamos en la definición del subespacio vectorial ” = ?M ∈ ℝ. : V = (n, n + Û, n + 2Û, … + n + •Û) ¾{• n ‰ Û ∈ ℝA, como vemos los vectores de ” dependen de dos parámetros, luego la dimensión de ” es dos y la base tendrá dos vectores. Y para encontrar una base, basta con hacer cero cada uno de los parámetros y obtenemos dos vectores linealmente independientes. n = 0 ⇒ (0, Û, 2Û, … + •Û) ß{Û ~(~‹Ÿì{ Û = 1 (0,1,2, … + •) Û = 0 ⇒ (n, n, … , n) ß{Û ~(~‹Ÿì{ n = 1 (1,1,1, … ,1)

Visto de otra forma:

M = (n, n + Û, n + 2Û, … + n + •Û) = n ∗ (1,1,1, … ,1) + Û ∗ (0,1,2, … + •)

Luego ?(1,1,1, … ,1), (0,1,2, … + •)A es una base de ”. b)

La coordenadas de un vector respecto a una base son los coeficientes por los que hay que multiplicar los vectores de la base para obtener dicho vector como una combinación lineal de los vectores de la base. En nuestro caso:

(2,4,6, … ,2•) = (2,2 + 2,2 + 4, … + 2 + 2•) = 2 ∗ (1,1,1, … ,1) + 2 ∗ (1,2,3 … , •) Luego las coordenadas serán (2,2). c) Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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S: E → ℝ

.

S: V = (n, n + Û, n + 2Û, … + n + •Û) → B( + F) ∈ ℝ ;$

Comprobemos que es una aplicación lineal: la transformación mantiene las operaciones suma y producto por un escalar.

Sean V = (n’ , n’ + Û, n’ + 2Û, … + n’ + •Û) y V = (nƒ , nƒ + |, nƒ + 2|, … + nƒ + •|), con M’ , Mƒ ∈ ” entonces: š

è(M’ ) = B(n’ + xÛ) €;ã š

è(Mƒ ) = B(nƒ + x|) €;ã

Aplicamos la función al vector: P ∗ (M’ + Mƒ )

è(P(M’ + Mƒ) ) = è_P ∗ (n’ , n’ + Û, n’ + 2Û, … + n’ + •Û) + P ∗ (nƒ , nƒ + |, nƒ + 2|, … + nƒ + •|)` =

è_P ∗ (n’ + nƒ , n’ + nƒ + Û + |, n’ + nƒ + 2Û + 2|, … + n’ + nƒ + •Û + •|)` = š

š

š

= P ∗ B(n’ + nƒ + xÛ + x|) = P ∗ B(n’ + xÛ) + P ∗ B(nƒ + x|) = P ∗ fè(M’ ) + è(Mƒ )g €;ã

€;ã

€;ã

Entonces è(P(M’ + Mƒ) ) = P ∗ fè(M’ ) + è(Mƒ )g y por tanto è es una aplicación lineal.

Calculamos el núcleo: M ∈ •~Ûè ⇔ è(M) = 0.

Sea M = (n, n + Û, n + 2Û, … + n + •Û) ⇒ è(M) = ∑š€;ã&n š

B(n + xÛ) = €;ã

xÛ'

0

(• + 1) ∗ (n + n + •Û) 2n = 0 ⇒ (n + n + •Û) = 0 ⇒ Û = − 2 •

Luego serían el sub-espacio:

:~Û è = æM ∈ ” ¾{• M = (n, n + Û, n + 2Û, … + n + •Û) nì åÍ~ Û = −

:~Û è = æM ∈ ” ¾{• M = 5n, n − 3.5

2n 2n 2n , n − 2 , … + n − • 6G • • •

2n G •

Sea E un espacio vectorial euclideo (en el que hay definido un producto escalar) referido a una base ortonormal (o sea, existe una base de vectores unitarios y ortogonales). Sean , dos vectores fijos de este espacio vectorial E. a) Demostrar que la aplicación S(") =< ", escalar en E.

>

es lineal, donde <⋅> es el producto

b) Calcular la matriz asociada a la aplicación f. Solución:

è: ] → ]

è(-) =< - ∙ w > n <⋅>: ] ∗ ] → ℝ

Sea - ~ ‰ ∈ ] comprobemos que è(P ∗ (- + ‰)) = P ∗ (è(-) + è(‰)).

èfP ∗ (- + ‰)g =< P ∗ (- + ‰) ∙ w > a por las propiedades del producto escalar tenemos que: (- + ‰) ∙ w = - ∙ w + ‰ ∙ w luego:

< P ∗ (- + ‰) ∙ w > n = P ∗< ( - ∙ w + ‰ ∙ w) > n = P ∗< - ∙ w > n + P ∗< ‰ ∙ w > n = P ∗ è(-) + P ∗ è(‰) Matriz asociada a la aplicación è

CQD

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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Sea -̅ = (-’ , -ƒ , … -š ) , n• = (n’ , nƒ , … , nš ), w• = (w’ , wƒ , … , wš ) w’

Entonces < -̅ ∙ w• > = (-’ , -ƒ , … , -š ) _w…ƒ ` = -’ ∗ w’ + -ƒ ∗ wƒ + ⋯ + -š ∗ wš wš Entonces podemos escribir

w’ w’ n’ w è(-) = (-’ , -ƒ , … -š ) _ …ƒ ` (n’ , nƒ , … , nš ) = (-’ , -ƒ , … -š ) i … wš n’ wš

w’ n’ =i … wš n’

w’ nƒ … wš nƒ

w’ n’ Luego Ó = i … w’ nš

-’ w’ nš a … j ∗ _ …ƒ ` = Ó-̅ … wš nš -š …

wƒ n’ … wƒ nš

…

w’ nš … j … wš nš

w’ nƒ … wš nƒ

…

wš n’ … j … wš nš

Siendo D = ℤ , P = D ∗ D ∗ D y Z un endomorfismo de V definido mediante Z(", , ' , + , " + ), calcular:

3.6

a) La base, las ecuaciones y la dimensión de D F(Z) y [8&Z'.

Solución:

&"

+

b) Calcular la matriz de S considerando como base del espacio inicial la base canónica y la del espacio final \ ?( , , ), ($, $, ), ( , , )A.

a) Tenemos la aplicación F: (", , '

b

→ b

→

(" +

+

, + , "+

)

Cálculo de la base: Para obtener la base basta aplicar la función a una base en el espacio origen. Calculamos F((1,0,0); (0,1,0);(0,0,1)) y obtenemos la base: c(1,0,0) = (1,0,5) ; 1 Ó = i0 5

1 1 2

c(0,1,0) = (1,1,2) ;

2 1 1j ⇒ c(-, ‰, ‘, ) = i0 0 5

c(0,0,1) = (2,1,0) 1 1 2

2 1 j k‰ l 0 ‘

La matriz de la aplicación A la obtenemos colocando la base en forma de columnas:

Calculamos las ecuaciones y la dimensión del Kernel:

:~Û•~ì = ?(-, ‰, ‘, ): c(-, ‰, ‘) = (- + ‰ + 2‘, ‰ + ‘, 5- + 2‰) = 0 A - + ‰ + 2‘ = 0 ‰+‘ = 0

5- + 2‰ = 0

Simplificamos por Gauss recordando que operamos en ℤ :

1 i0 5

1 1 2

2 0 1 1 0j e⎯⎯⎯⎯⎯⎯g i0 dÉ ;dÉ ¶d˜ 0 0 0

1 1 −3

2 0 1 1 0j e⎯⎯⎯⎯⎯⎯g i0 dÉ ;dÉ µd™ −3 0 0

Luego ‰ = −‘ ⇒ - = −‘ ⇒ - = ‰ = −‘

1 1 0

2 0 1 0j 0 0 Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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:~Û•~ì c = ?(-. ‰. ‘): (−‘, −‘, ‘)A y su dimensión es 1 puesto que queda en función de un solo parámetro.

Las ecuaciones de la imagen son el conjunto de (x,y,z) en origen que tienen imagen distinta de cero. Por el teorema de la dimensión sabemos que: Ex‹ (Š‹Ý c) = Ex‹

− Ex‹( :~Û•~ì) = 3 − 1 = 2

Y las ecuaciones del conjunto imagen a simple vista se ven que vendrán dadas por ‘ = 0, ya que para cualquier ‘ ≠ 0 , vemos el vector pertenece al Kernel. Comprobémoslo:

Como sabemos que la dimensión es 2 basta escoger dos vectores linealmente independientes del conjunto imagen para formar una base.

Si nos fijamos en la simplificación que hemos hecho por Gauss, y sin olvidar que los vectores son columnas de la matriz: 1 1 2 i0 1 1j De los tres vectores tenemos que escoger 2 que sean linealmente independientes por ejemplo 0 0 0 el (1,0,0) y el (1,1,0). Luego efectivamente la ecuación implícita será ‘ = 0.

b)

La matriz transformación está formada por las coordenadas de los vectores directores del sub-espacio V respecto a la base de destino nueva. Esto significa que

(1,0,5) = Ú’’ (1,2,1) + Úƒ’ (0,0,1) + Úµ’ (1,1,1)

(1,1,2) = Ú’ƒ (1,2,1) + Úƒƒ (0,0,1) + Úµƒ (1,1,1), (2,1,0) = Ú’µ (1,2,1) + Úƒµ (0,0,1) + Úµµ (1,1,1),

Obtenemos tres sistemas de ecuaciones que hay que resolver en ℤ . 1 i2 1

1 i2 1

1 i2 1

0 0 1

0 0 1

0 0 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

6 ÓbT˜ = i 4 2

3.7

1 1 i 0 0j e⎯⎯⎯⎯⎯⎯g dÉ ;dÉ d˜ 5 d™;d™ ƒd˜ 0

1 1 i 0 1j e⎯⎯⎯⎯⎯⎯g dÉ ;dÉ d˜ 2 d™ ;d™ ƒd˜ 0

1 2 i 0 1j e⎯⎯⎯⎯⎯⎯g dÉ ;dÉ d˜ 0 d™ ;d™ ƒd˜ 0 0 1 1

6 5j 3

0 0 1

0 0 1 0 0 1

Ú’’ = 6 1 1 Ú −1 −2j ⇒ ƒ’ = 4 Úµ’ = 2 0 4

1 1 −1 −1j 0 1

1 2 −1 −3j 0 −2

Ú’’ = 0 ⇒ Úƒ’ = 1 Úµ’ = 1

Ú’’ = 6 ⇒ Úƒ’ = 5 Úµ’ = 3

Consideremos el espacio vectorial ℙ3 de los polinomios de grado menor o igual que 3. a) Demostrar que el conjunto ? , " + , (" + ) , " A es una base. b) Hallar las coordenadas de (" + ) respecto a esta base.

c) Fijando como base de ℙ3 la del apartado (a), determinar la matriz de la aplicación f que a cada polinomio le hacer corresponder su derivada. Solución: a) Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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Consideramos la aplicación h: ℙ → ℝ tal que a cada polinomio le hace corresponder un vector con los coeficientes de cada grado al que aparece elevada la variable. Entonces ?1, - + 1, (- + 1)ƒ , - µ A → ?(0,0,0,1), (0,0,1,1) , ( 0,1,2,1), (1,0,0,0)A Para ver si es una base comprobamos que sean linealmente independientes, aplicando determinantes: 0 0 0 1 0 0 1 i0 0 1 1i = 1 ∗ \0 1 1\ = 1 ≠ 0 Luego es una base. 0 1 2 1 1 2 1 1 0 0 0 Otra forma de hacerlo es por definición de base:

∝’ +∝ƒ +∝µ = 0 ⇒ ∝’ = 0 ∝ + 2 ∝µ = 0 ⇒ ∝ƒ = 0 ∝’ 1 + ∝ƒ (- + 1) + ∝µ (- + 1)ƒ +∝° - µ = 0 ⇒ ? ƒ ∝µ = 0 ∝° = 0 Luego es una base.

b) En forma vectorial (- + 1)µ = - µ + 3- ƒ + 3- + 1 = (1,3,3,1) Entonces las coordenadas (Ú, , W, X) vendrán dadas por: (1,3,3,1) = Ú ∗ (0,0,0,1) + Tenemos el sistema: 0 _0 0 1

0 0 1 1

0 1 2 1

1 0 0 0

1 3` ⇒ 3 1

∗ (0,0,1,1) + W ∗ ( 0,1,2,1) + X ∗ (1,0,0,0)

Ú=1 = −3 W=3 X=1

Resolviendo directamente con polinomios es similar:

∗ (- + 1) + W ∗ (- ƒ + 2- + 1) + X ∗ - µ

- µ + 3- ƒ + 3- + 1 = Ú ∗ 1 +

Desarrollamos e igualamos coeficientes: - µ + 3- ƒ + 3- + 1 = (Ú +

Ú+ +W = 1 Ú=1 = −3 + 2W = 3 ⇒ W =3 W=3 X =1 X=1

+ W) + ( + 2W)- + W- ƒ + X- µ

c)

Tenemos la transformación:

è:

ℙ

→ ℙ

è( ß(-)) → ß′(-)

Para calcular la matriz transformación aplicamos la función a la base de origen y sobre los vectores obtenidos calculamos las coordenadas de dichos vectores respecto de la base de destino, que suponemos que es la canónica ?1, -, - ƒ , 0A. Aplicamos la transformación a los vectores de la base de origen y obtenemos: è(1) = 0 ;

è(- + 1) = 1 ;

è((- + 1)ƒ ) = 2- + 2

;

è(- µ ) = 3- ƒ

Como la base del espacio vectorial de destino es la canónica, entonces la matriz A viene dada por los vectores de la base de origen puestos en forma de columnas.

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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0 Ó = _0 0 0

1 0 0 0

2 2 0 0

0 0` 3 0

No obstante comprobémoslo, calculamos las coordenadas respecto a la base de destino: è(0,0,0,1) = (0,0,0,0) = Ú’’ (0,0,0,1) + Úƒ’ (0,0,1,0) + Úµ’ (0,1,0,0) + Ú°’ (1,0,0,0)

è(0,0,1,1) = (0,0,0,1) = Ú’ƒ (0,0,0,1) + Úƒƒ (0,0,1,0) + Úµƒ (0,1,0,0) + Ú°ƒ (1,0,0,0) è(0,1,2,1) = (0,0,2,2) = Ú’µ (0,0,0,1) + Úƒµ (0,0,1,0) + Úµµ (0,1,0,0) + Ú°µ (1,0,0,0) è(1,0,0,0) = (0,3,0,0) = Ú’° (0,0,0,1) + Úƒ° (0,0,1,0) + Úµ° (0,1,0,0) + Ú°° (1,0,0,0) Tenemos el sistema:

Ú’’ = Úƒ’ = Úµ’ = Ú°’ = 0 Ú’ƒ 1 0` ⇒ Úƒƒ Úµƒ 0 0 Ú°ƒ

=1 1 =0 ; _0 =0 0 =0 0

1 _0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

0 1 0 0

0 _0 0 0

1 0 0 0

2 2 0 0

5 0 0` _5` = (5,0,18,0) ⇔ 5 + 18- ƒ 0 3 6 0

0 0 1 0

0 0 0 1

Ú’µ 2 2` ⇒ Úƒµ Úµµ 0 0 Ú°µ

=2 1 =2 ; _0 =0 0 =0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

Ú’° 0 0` ⇒ Úƒ° Úµ° 3 0 Ú°°

=0 =0 =3 =0

0 1 2 0 Ó = _0 0 2 0` Comprobación, elegimos un polinomio que pertenezca al conjunto origen, ósea que 0 0 0 3 0 0 0 0 sea una combinación lineal de la base en el origen, por ejemplo èf6x µ + 5(- + 1)g = 6x µ + 5- + 5

Hagamos lo mismo para practicar en forma polinómica; Ú’’ = 0 è(1) = 0 = Ú’’ + Úƒ’ - + Úµ’ - ƒ ⇒ ëÚƒ’ = 0 Úµ’ = 0

Ú’ƒ = 1 Ú è(- + 1) = 1 = Ú’ƒ + Úƒƒ - + Úµƒ - ⇒ ë ƒƒ = 0 Úµƒ = 0 ƒ

Ú’µ = 2 è((- + 1)ƒ ) = 2- + 2 = Ú’µ + Úƒµ - + Úµµ - ƒ ⇒ ëÚƒµ = 2 Úµµ = 0

Ú’° = 0 è(- µ ) = 3- ƒ = Ú’° + Úƒ° - + Úµ° - ƒ ⇒ ëÚƒ° = 0 Úµ° = 3

0 1 2 0 Ó = _0 0 2 0` Obtenemos el mismo resultado de una forma más sencilla los elementos de la 4 fila 0 0 0 3 0 0 0 0 son todos ceros porque el sub-espacio imagen tiene dimensión 3.

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3.8

Se n un número natural fijo y ^ ℝ. _"` el espacio vectorial de los polinomios de grado menor o igual que n, con coeficientes reales. Sea S la aplicación que a cada polinomio G&"' le asigna S&G&"'' = G&" ' G&" ' G&"'. a) Demostrar que S es un endomorfismo de E.

b) Calcular los sub-espacios D F&S', [8&S'. Solución:

c) Si a(") es un polinomio dado de [8&S', demostrar que existe un único polinomio !&"' tal que S&!&"'' a&"' y !&$' !’($) = $.

a)

è(Ÿ(-)) = Ÿ(- + 1) + Ÿ(- − 1) − 2Ÿ(-) Probar que es un endomorfismo de E. Debemos comprobar que S es una aplicación lineal è: ] → ].

Como el grado del polinomio Ÿ(- + 1) + Ÿ(- − 1) − 2Ÿ(-) no puede ser mayor que el de Ÿ(-) y por tanto si Ÿ(-) ∈ ℝ. _"] = ^ ⇒ SfŸ(-)g ∈ ℝ. _"] = ^ .

Probemos que è: ] → ], es lineal: èfÚŸ(-) + Ý(-)g = ÚèfŸ(-)g + èfÝ(-)g. Sea Ÿ(-) . Ý(-)¹] ⇒ æ

è(Ÿ(-)) = Ÿ(- + 1) + Ÿ(- − 1) − 2Ÿ(-) g(Ÿ(-)) = Ý(- + 1) + Ý(- − 1) − 2Ý(-)

èfÚŸ(-) + Ý(-)g = ÚŸ(- + 1) + Ý(- + 1) + ÚŸ(- − 1) + Ý(- − 1) − Ú2Ÿ(-) − Ý(-) = ÚfŸ(- + 1) + Ÿ(- − 1) − 2Ÿ(-)g + (Ý(- + 1) + Ý(- − 1) − 2Ý(-) = ÚèfŸ(-)g + èfÝ(-)g C.Q.D

b)

Para calcular el Ker è y la x‹ è vamos a calcular la matriz transformación de la aplicación lineal. Suponemos que la las bases en el espacio origen B y espacio final B’ son la canónica. á = (1, -, - ƒ , … , - š )

Calculamos las coordenadas de la matriz transformación,

è(1) = 1 + 1 − 2 = n’’ + nƒ’ - + nµ’ - ƒ + ⋯ + nš’ - š ⇒ n’’ = nƒ’ = ⋯ = nš’ = 0

è(-) = - + 1 + - − 1 − 2- = 0 = n’ƒ + nƒƒ - + ⋯ + nšƒ - š ⇒ n’ƒ = nƒƒ = ⋯ = nšƒ = 0

è(- ƒ ) = (- + 1)ƒ + (- − 1)ƒ − 2- ƒ = 2 = n’µ + nƒµ - + ⋯ + nšµ - š ⇒ n’µ = 2; nƒµ = nµµ = ⋯ = nšµ = 0

è(- µ ) = (- + 1)µ + (- − 1)µ − 2- µ = 2 ∗ 3 ∗ - = n’° + nƒ° - + ⋯ + nš° - š ⇒ nƒ°

= 6 ≠ 0; n’° = nµ° = ⋯ = nš° = 0 è(- ° ) = 2(6- ƒ + 1) ≠ 0 ⋮

• • • • è(- £ ) = B 5 6 - € + B 5 6 (−1)€ - € − 2- £ = B 5 6 - € + B 5 6 (−1)€ - € + 2- £ − 2- £ x x x x £

€;ã

£

€;ã

• = B 5 6 (- € + (−1)€ - € ) ≠ 0 ∀ : > 2 x £ ’

£ ’ €;ã

£ ’ €;ã

€;ã

Se anulan las potencias de exponente = •, y en cuanto al resto de términos se anularán los exponentes de potencia impar, quedando como termino general el sumatorio dado y siendo el exponente máximo de cada polinomio obtenido : − 2.

Por tanto la matriz transformación A será de la forma:

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0 0 2 0 2 ⎛⎛ 0 0 0 6 0 ⋯ ⎜ 0 0 0 0 12 Ó = ⎜⎜ ⋮ ⋱ ⎜ ⎜⎜ 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ⋯ ⎝ ⎝ 0 0 0 0 0

n’š nƒš ⎞ nµš ⎞⎟ ⋮ ⎟ ⎟⎟ n(š ƒ)š ⎟ ⎟ 0 0 ⎠⎠

Mirando la matriz Ó podemos concluir que:

Una base de :~Û(è) |~Ûxn ?1,1 + -A y la dimf:~Û(è)g = 2 ‰ Ex‹(Š‹n è) = • − 2

• •n wn|~ à~ Š‹ è |~Ûín ëß(-) ∈ ]: ß(-) = B 5 6 (- € + (−1)€ - € ) • = 0,1,2, •p x £ ’ €;ã

c)

Sean procedemos por reducción al absurdo, suponemos que existen

Õ’ (-), Õƒ (-) ∈ Š‹(è) ∶ Õ’ (-) ≠ Õƒ (-) ‰ èfÕ’ (-)g = èfÕƒ (-)g = Ó(-)

Y cumpliendo que Õ’ (0) = Õ’ (0) = 0 ‰ Õƒ (0) = Õƒ (0) = 0

èfÕ’ (-)g − èfÕƒ (-)g = 0 ⇒ èfÕ’ (-) − Õƒ (-)g = 0 ⇒

Entonces

Õ’ (-) − Õƒ (-) ∈ :~Û è ⇒ Õ’ (-) − Õƒ (-) = n- + w

Como Õ’ (0) = Õ′’ (0) = 0 ‰ Õƒ (0) = Õ′ƒ (0) = 0 ⇒ Õ’ (0) − Õƒ (0) = 0 y Õh’ (0) − Õh ƒ (0) = 0 esto equivale a decir que los coeficientes de las potencias - ã y - ’ son nulos, luego n ‰ w son nulos. Y por tanto Õ’ (-) − Õƒ (-) = n- + w = 0 ⇒ Õ’ (-) = Õƒ (-) lo cual contradice nuestra hipótesis. 3.9

Consideremos la aplicación lineal S: ( → ( definida por S& " + " + #" + c) = ( − # + c)" + (− + )" + ( − # + c).

a) Encontrar la matriz de la transformación lineal A respecto de las bases canónicas en ambos sub-espacios.

b) Clasificar la función S: D F S, [8 S Solución:

F .d+,.

c) Encontrar la matriz de S respecto de las bases R (" − , " − , " − , ) y R′ (" − , " − , ) en los espacios vectoriales origen y destino respectivamente.

a) Como las bases de origen y destino son las canónicas, tenemos que: è(- µ ) = - ƒ − 2- + 0 = n’’ - ƒ + nƒ’ - + nµ’

è(- ƒ ) = 0- ƒ + - + 1 = n’ƒ - ƒ + nƒƒ - + nµƒ

è(n- µ + w- ƒ + ¾- + à)

è(-) = −- ƒ + 0- − 2 = n’µ - ƒ + nƒµ - + nµµ è(1) = 2- ƒ + 0- + 4 = n’° - ƒ + nƒ° - + nµ°

1 Ó = i−2 0 b)

0 1 1

−1 2 0 0j −2 4

á’ (- µ − 1, - ƒ − 1, - − 1,1)

y

á′’ (- ƒ − 1, - − 1,2)

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

1 :~Û è = ç(-, ‰, ‘, ) ∈ ß : i−2 0 °

0 1 1

n −1 2 -ƒ w ` i j = (0,0,0)q j _ 0 0 ¾ −2 4 à 1

Para calcular las ecuaciones del Kernel, bastará con resolver el sistema homogéneo. n − ¾ + 2à = 0 −2n + w = 0

⇒ n = ¾ − 2à

⇒

w = 2n

w − 2¾ + 4à = 0 ⇒ w = 2¾ − 4à

Sustituimos la segunda en la tercera y obtenemos: 2n = 2¾ − 4à ⇒ n = ¾ − 2à

Luego nos queda una solución en función de dos parámetros de la forma: :~Û è = ?Ÿ(-) = n- µ + w- ƒ + ¾- + à ∶ (¾ − 2à, 2¾ − 4à, ¾, à)A

Y la dimensión del Kernel será 2.

Aplicando el teorema de la dimensión, tenemos que:

Ex‹ (Š‹ è) = Ex‹ ßµ − Ex‹ (ker è) = 4 − 2 = 2

Para calcular la imagen basta con tomar dos vectores columna de A que sean linealmente independientes, por ejemplo: (1, −1,0 )‰ ~ì (0,1,1) o lo que es lo mismo (- ƒ − -, - − 1) son un sistema generador de la imagen de è. c)

Operaremos siguiendo la siguiente secuencia, supongamos un vector cómo se transforma:

Calculamos las matrices:

T˜

st˜ →tr

e⎯⎯⎯⎯g

Tr

d:sªu €— v

e⎯⎯⎯⎯⎯⎯g èThr (

Tr )

Tr

en el espacio origen, veamos

e⎯⎯⎯⎯⎯g èTh˜ ( stwr →tw˜

T˜ )

st˜ →tr

Matriz cambio de base de T˜ e⎯⎯⎯⎯g Tr . La matriz de cambio de base tendría por columnas las coordenadas de los vectores de Tr respecto de los vectores de T˜ como en este caso áã es la canónica, la solución es inmediata, pues las coordenadas buscadas coinciden con las coordenadas de los vectores que forman á’ colocas en forma de columnas: DT˜→Tr

1 0 =_ 0 −1

0 1 0 −1

0 0 1 −1

0 0` 0 1

La matriz de la transformación lineal f siendo el espacio inicial y el final las bases canónicas es la que calculamos en el primer apartado, A. 1 Ó = i−2 0

0 1 1

−1 2 0 0j −2 4

Ahora calculamos la matriz de cambio de base DThr→Th˜ , pero en lugar de plantear las ecuaciones de cambio de base que darían lugar a 4 sistemas ecuaciones de 4x4. Vamos a calcular la matriz DTh˜ →Thr que como en el caso anterior es inmediata y luego vamos a calcular la inversa que nos dará DThr →Th˜ . 1 DTh˜ →Thr = i0 1

0 1 −1

0 0j 2

Calculamos ahora la inversa de esta matriz. Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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1 i0 1

0 1 −1

1 e⎯⎯⎯⎯⎯g i0 dÉ ;dÉ d™ 0

D

’

0 0 2

Th˜ →Thr

0 1 0

1 0 0

0 0 2

0 1 0

1 0 1

1 0 i0 0j e⎯⎯⎯⎯⎯g dÉ ;dÉ d˜ 0 1 0 1 1

= DThr→Th˜

0 1 −1

1 0 _0 0j e⎯⎯g dÉ d ; 1 É ƒ 0

1 =_ 0 1 2

0 1 1 2

0 1 0

0 0 2

0 0 ` 1 2

0 0 1

1 0 1

1 0 1

0 1 0

2

0 0j 1 0 1 1

Y ahora para calcular la matriz transformación sería: ÓT˜Th˜

1 =_ 0 1 2

−1 = _ −2 0 −1

−2 1 0 −1

0 1 1 2

−3 0 1 −1

0 1 0 ` ∗ i−2 1 0 2

0 1 1

−2 −1 0 ` = _ −2 0 −7 2 1

1 −1 2 0 0 0 j∗_ 0 −2 4 −1 −2 1 −2

1

2

0 0`

2

0 1 0 −1

−3 −2 0 0` −9 2 −3

0 0 1 −1

3.10 Sea S la aplicación de ℝ (") en si misma definida por: Sf(&"'g

&"

' ∗ (hh&"'

a) Demostrar que S es un endomorfismo.

0 0` 0 1

&"

'(h&"'

(&"'

'(h&"'

(&"'

$

b) Calcular la matriz de S en la base canónica de ℝ ("). c) Resolver la ecuación:

(" + ) ∗ (hh&"'

Solución:

&"

a)

Como la aplicación es de ℝƒ (x) → ℝƒ (x) para demostrar que es un endomorfismo basta demostrar que è es

lineal.

d

hh

h

èfß(-) + Õ(-)g = (- ƒ + 1) ∗ 3Pfß(-) + Õ(-)g4 + (- + 4) 3Pfß(-) + Õ(-)g4 + Pfß(-) + Õ(-)g

= (- ƒ + 1) ∗ fPßhh(®) + PÕhh(®) g + (- + 4)fPßh(®) + PÕh(®) g + Pß(-) + PÕ(-)

= Px(- ƒ + 1) ∗ ßhh(®) + (- + 4)ßh(®) + ß(-)y + Px(- ƒ + 1) ∗ Õhh(®) + (- + 4)Õh(®) + Õ(-)y

= Pèfß(-)g + PèfÕ(-)g

b)

Como la base de origen y destino es la canónica, basta con calcular la función de los vectores de la base de origen y el resultado, puesto en forma de columnas será la matriz de transformación. è(ß(-) =1)=(- ƒ + 1) ∗ ßhh (-) + (- + 4)ßh (-) + ß(-) = 1

è(ß(-) =x)=(- ƒ + 1) ∗ ßhh (-) + (- + 4)ßh (-) + ß(-) = (- + 4) + - = 2- + 4

è(ß(-) = - ƒ )=(- ƒ + 1) ∗ ßhh (-) + (- + 4)ßh (-) + ß(-) = (- ƒ + 1) + 2-(- + 4) + - ƒ = 4- ƒ + 9 0 Luego Ó = i0 1

0 2 4

4 0j 9

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c) El resultado de la ecuación se corresponde con el Kernel de f. Procedemos primero a estudiar la matriz A. 0 \0 1

|Ó|

0 2 4

4 0\ = (0 + 0 + 0) − (8 + 0 + 0) = −8 ≠ 0 9

Luego la Ex‹( Š‹ è) = 3 ⇒ Ex‹( :~Û è) = 0

Luego la única solución para la ecuación (- ƒ + 1) ∗ ßhh(®) + (- + 4)ßh(®) + ß(-) = 0 es x=0.

3.11 En el espacio vectorial de las funciones reales probar que E = ? independiente.

"

,

"

,

"

A es linealmente

Solución:

Sabemos que - ∈ ℝ ‰ ~ ® ≠ 0

Tomemos Ú, , W ∈ ℝ y comprobemos que los vectores son linealmente independientes es decir que la igualdad:

Sólo es posible cunado Ú = Ú~

Ĩ

+

~

®

+ W ~ ® = ~ ® (Ú~

Si derivamos la ecuación Ú~

−3Ú~

µ®

−2 ~

Ĩ

=0= ~

= W=0

µ®

µ®

Ĩ

®

=0

⇒

Ú=0

+

®

~

~

(−3Ú~

Si derivamos la ecuación −3Ú~

3Ú~

+

−2

Ú~

Ĩ

Ĩ

®

Ĩ

+

+ W) = 0

~

®

+ W ~® = 0

+ W:

−2 )=0

=0

Y volviendo a las ecuaciones anteriores se obtiene que Ú =

= W=0

Otra forma de hacerlo es resolviendo el determinante y comprobando que la función resultante es distinta de cero.

\ 0 0

"

0

0

"

0 0\= "

"

≠$

Luego las funciones son linealmente independientes.

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4 Sistemas de ecuaciones lineales Teorema de Rouché-Fröbenius Considerando el sistema de ecuaciones siguiente:

Consideramos las matrices A y A´,

El Teorema de Rouché-Fröbenius dice: • • •

ÛÝ &Ó' ÛÝ&Ó′) • ÛÝ &Ó' ÛÝ&Ó′) X • ÛÝ &Ó' 0 ÛÝ&Ó′)

Esquematicamente quedaría:

⇒ ⇒ ⇒

El sistema es compatible determinado (solución única). El sistema es compatible indeterminado (infinitas soluciones). El sistema es incompatible (no tiene solución).

Dsicursión de sistemas mediante la triangulación de matrices por el metodo de Gauss. Otra alternativa para estudira la viavilidad de un sistema de ecuaciones es usar el método de gauss, trinagulamos la matriz ampliada y el sistma se clasifica de la siguiente forma: Compatible determinado, no existe ninguna fila de la matris en la que todos los coeficientes sean ceros. Compatible indeterminado, una o varias filas de la matriz ampliada tienen todos sus componentes nulos, los parametros de la indeterminación serán igual al numero de incognitas menos el numero de filas nulas. Incompatible, el sistema será incomatible cuando en una o varia filas lleguemos a una igualdad absurda.

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4.1

Discutir y resolver el sistema: i

" jk l

i j

Solución: Para discutir el sistema usaremos el método de Rouché-Fröbenius (rangos) Definimos las matrices: Ó |Ó|

1 n 1

n \1 1

n i1 1

1 n 1

1 1j n

1 1\ = nµ − 3n + 2 = (n − 1)ƒ ∗ (n + 2) n

n ‰ Ó´ = i1 1

1 n 1

1 1 1 1j n 1

(Descomponiendo el polinomio usando Ruffini) Estudiamos los rangos:

Si n ≠ 1 y n ≠ −2 entonces Ûn• Ó = Ûn• Ó´ = 3 = •º à~ x•¾{Ý•x n| ⇒ Sistema compatible determinado. Resolvemos usando Cramer y tenemos: 1 \1 -= 1 n \1 1

1 n 1 1 n 1

1 1\ (n − 1)ƒ 1 n = = ƒ 1 (n − 1) ∗ (n + 2) (n + 2) 1\ n

n \1 ‰= 1 n \1 1

1 n 1 1 n 1

1 1\ (n − 1)ƒ 1 1 = = 1 (n − 1)ƒ ∗ (n + 2) (n + 2) 1\ n

n \1 ‰= 1 n \1 1

1 1 1 1 n 1

1 1\ (n − 1)ƒ 1 n = = 1 (n − 1)ƒ ∗ (n + 2) (n + 2) 1\ n

La interpretación geométrica es la de tres planos que se cortan en el punto 3(

Si n = 1 entonces:

1 Ó = i1 1

1 1 1

1 1j 1

1 ‰ Ó´ = i1 1

1 1 1

1 1 1 1j 1 1

,

) (

,

) (

4

)

El Ûn• Ó = Ûn• Ó´ = 1 y por tanto el sistema es compatible indeterminado y puesto que tenemos tres incógnitas la solución estará en función de dos parámetros. Resolvemos:

‘=P - + ‰ + ‘ = 1 ⇒ ë‰ = [ - = 1−[−P

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El resultado es la ecuación de un plano en el espacio tridimensional. Si n = −2 entonces: Calculamos Ûn• Ó,

2 1

Calculamos Ûn• Ó´

−2 Ó=i1 1 1 −2

1 −2 1

1 1j −2

−2 \1 1

3≠0 −2 \1 1

1 −2 1

−2 ‰ Ó´ = i 1 1 1 −2 1

1 1 \= 0 −2

1 1\ = 9 ≠ 0 1

⇒ Ûn• Ó = 2

Discutir y resolver si procede el sistema de ecuaciones: "+

"

+−

−" + +

Solución:

m

+m = V

V

m =−

Estudiamos el rango de las matrices A y A´: 1 1 Ó=t −1 0 1 1

1 1 1 1j −2 1

⇒ Ûn• Ó´ = 3

Como Ûn• Ó´ ≠ Ûn• Ó el sistema es incompatible. 4.2

1 −2 1

1 −2

1 −1 1 1 −2 0 1 0 u 0 1 0 2 3 1 −2 0 1 3≠0 ; \ 1 −1

1 1 Ó´ = t −1 0

1 −2 0

1 −2 0 3

−1 1 0 1 1 0 1 −2

1 −1 1 0 \ = −1 ≠ 0 ; i −1 1 0

1 0 2 0

2 5 u 3 −1

1 −1 1 −2 0 1 i=8≠0 0 1 0 3 1 −2

Luego Ûn• Ó´ = Ûn• Ó = 4 y el número de incógnitas es 5, Luego el sistema es compatible indeterminado con un parámetro, M = P, las ecuaciones paramétricas serian: -+‰−‘+Í =2−P - − 2‰ + Í = 5 ⇒? −- + ‘ = 3 − 2P 3‰ + ‘ − 2Í = −1

Resolviendo por Cramer:

2−P 1 −1 1 −2 0 1 5 p p 3 − 2P 0 1 0 18 − 3P 3 1 −2 −1 = -= 1 1 −1 1 8 1 −2 0 1 i i −1 0 1 0 0 3 1 −2

;

‰=

1 1 p −1 0

2 − P −1 1 5 0 1 p 3 − 2P 1 0 6 − 7P −1 1 −2 = 8 8

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‘=

4.3

1 1 p −1 0

1 2−P 1 −2 5 1 p 0 3 − 2P 0 42 − 13P 3 −1 −2 = 1 1 −1 1 8 1 −2 0 1 i i −1 0 1 0 0 3 1 −2

;

Í=

1 1 p −1 0

1 −1 2 − P −2 0 5 p 0 1 3 − 2P 34 − 17P 3 1 −1 = 8 8

Resolver el siguiente sistema:

" " "

+

+ + −

¿Es posible transformarlo en compatible indeterminado cambiando solamente un signo? Solución: Solución: Ó Veamos el rango de A y A´:

1 1

1 i1 1

1 −1

1 −1 1

1 1j −1

1 ‰ Ó´ = i1 1

1 2 ≠ 0 ; \1 1

1 −1 1

1 −1 1

1 1 1 1j −1 1

1 1 \=4≠0 −1

Luego Ûn• Ó´ = Ûn• Ó = 3 y como el número de incógnitas es 3 el sistema es compatible determinado.

Para que el sistema fuera compatible indeterminado es necesario que todos los determinantes de 3x3 sean nulos.

Cambiando el signo de ‰ en la segunda fila o el de ‘ en la tercera el rango de Ó pasara a ser 2, porque habrá dos filas iguales |Ó|. En cuanto a Ó´, si estudiamos el rango de ésta tendremos que calcular los determinantes resultantes de cambiar cada columna por la de los términos independientes, entonces como la columna solo tiene 1´s, si la sustituimos por la segunda columna, habrá dos columnas iguales la primera y la segunda y el determinante será nulo, si la sustituimos por la tercera columna ocurre lo mismo, y por la primera tendríamos el mismo |Ó|. Definitivamente es posible basta cambiar el signo de y en la segunda ecuación o el signo de z en la tercera. Comprobémoslo cambiando el signo de y en la segunda ecuación: Rango de A:

Rango de A´: 1 1

1 00 −1

1 \1 1

1 1 1

1 1

1 −1

1 1 1 \ = 0 ; \1 1 −1

1 1 1

1 2 ≠ 0 ; \1 1

1 1 1 \ = 0 ; \1 −1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 \ = 0 ⇒ Ûn• Ó = 2 −1

1 1 \ = 0 ⇒ Ûn• Ó´ = 2 −1

Ûn• Ó = Ûn• Ó´ = 2 y número de incógnitas igual a tres, luego el sistema es compatible indeterminado.

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4.4

Dado el siguiente sistema: " " "

&

+

+ + +

)

a) Encuentra un valor de a para el cual el sistema sea incompatible. b) Discute si existe algún valor del parámetro a para el cual el sistema sea compatible determinado c) Resuelve el sistema para a=0

Solución 1: a) 1 Ó´ = i1 2

Calculemos el rango de A y A´. Ó

1 i1 1

2 n 2+n

3 3j 6

;

Calculamos el rango de A: 1 1

2 n

n

1 2

2 ;

2 n (2 + n)

n 2+n

3 1 3 2j 6 3

n

2;

n 2+n

3 6

Todos los determinantes de 2x2 que no contienen n son nulos.

Luego para que el Ûn•Ý Ó ≥ 2 si n ≠ 2 1 \1 1

2 n 2+n

Analizamos el determinante de orden 3x3:

Calculamos el rango de A´: 3 6

2 3

3(n − 2);

2 n

3 3

3(2 − n)

3 3\ = 0 ⇒ Ûn• Ó = 2 |x n ≠ 2 6

Veamos que en este caso si tomamos el determinante de orden 2 siguiente: 3 ≠ 0 es decir que Ûn•Ý Ó´ ≥ 2 1 \2 3

2 n 2+n

Analicemos los determinantes de orden 3

3 1 3\ = \ 1 6 1

1 2 3

1 3 3\ = \1 1 6

2 n 2+n

1 2\ = 0 3

Luego para que el sistema de ecuaciones sea incompatible debe cumplirse que: Ûn•Ý Ó´ ≠ Ûn•Ý Ó y esto ocurre si n = 2 ⇒ Ûn•Ý Ó´ = 2 ‰ Ûn•Ý Ó = 1 b)

No puede ser compatible determinado porque el máximo rango que pueden llegar a tener A y A` es 2, puesto que todos los determinantes de orden 3 resultaron ser nulos, y el número de incógnitas es 3. c)

Resolvemos para n = 0, lo haremos usando Gauss.

1 Ó´ = i1 2

2 n (2 + n)

3 1 1 3 2j {|} i1 ª;ã 6 3 2

2 0 2

3 1 1 i0 3 2j {|||} d™ d˜ 6 3 d™ ƒd˜ 0

Escribimos las ecuaciones paramétricas: ‘=P

× + 2‰ = 1 − 3P ⇒ −2‰ = 1

- = 2 − 3P 1 ‰=− 2

2 −2 −2

3 1 0 1j 0 1

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Solución 2 1 i1 2

2 n (2 + n)

3 1 1 3 2j {|||||} i0 d™~ d™ d˜ 6 3 d™~ d™ ƒd˜ 0

Usando directamente Gauss

2 n−2 n−2

3 1 0 1j 0 1

Entonces si n = 2 el sistema es incompatible pues nos salen dos ecuaciones del tipo 0 = 1 lo cual es absurdo.

Si n ≠ 2 el sistema es compatible indeterminado, puesto la ecuación 2 y 3 serian iguales y nos quedaría un sistema de dos ecuaciones con tres incógnitas. La resolución para n = 0 sería igual que en la anterior solución.

4.5

Discutir el siguiente sistema cuando:

−" + (o + ) + ( − o) o"

o"

Tenemos A y A´siguientes: Ó

1 o _ o o

o+

Estudiamos el rango de A: −1 o Ó´ = t o o

−1 o t $ $

o+

o+ 1 o− $

1 o o

2−o o 2−o o 2−o o 2−o −

2−o 2−o 0 0

1 o o

−1 o u •||||} t dê ;dê dÉ o $

?

−1 o ; Ó´ = t o o

o+

1 o $

o+ −o o− $

'"

o-

o+

1 o o

2−o o 2−o o 2−o o 0 − −o

−" + (o + ) + ( − o)

Analicemos los valores de o significativos. +

-

2−o o 2−o o ` 2−o o 2−o −

&o

−" + "

o + ( − o)

−1 o o+ o u •||||} t $ $ $ d™ ;d™ d˜ $ − −o $

Y nos queda el sistema,

Si o =

o-

o + ( − o)

o" Solución:

+ ( − o)

o-

o =−

( − o) = $

2−o o 2−o o 2−o o 2−o −

$

u

u •||||} dÉ ;dÉ d™

2−o o 0 $ − u 0 $ $ 0 − −o $ o-

(− − o)- = $

nos queda el sistema

=− $ =$ − -=$

”x| ~‹n ¾{‹Ÿn xwì~ x•à~ ~Û‹x•nà{

Si o = − nos queda el sistema Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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−" + $ + $" =− ? =$ $- = $ Si o = ?

−" +

+$

”x| ~‹n x•¾{‹Ÿn xwì~ (ìn| ~¾Ín¾x{•~| 2 ‰ 3 ì{ |{•)

nos queda el sistema

"

=− − =$ − -=$

-

”x| ~‹n ¾{‹Ÿn xwì~ x•à~ ~Û‹x•nà{

Si o = $ nos queda el sistema −" + + $" $ =− ? =$ −- = $

4.6

”x| ~‹n ¾{‹Ÿn xwì~ à~ ~Û‹x•nà{

Resolver, cuando sea posible, en el cuerpo de los reales el siguiente sistema de ecuaciones: "+

" Solución:

"

+

+

La matriz ampliada es: 1 i1 2

1 −1 0

1 1 n

1 \1 2

1 −1 0

1 1\ = −n + 2 + 2 − n = 4 − 2n n

3 1j w

Calculamos el determinante de los coeficientes:

Si n ≠ 2 se trata de un sistema de compatible determinado pues el Ûn• Ó = Ûn• Ó´ = •ú‹~Û{ à~ x•¾{Ý•x n|. Resolvemos por Cramer: 3 \1 -= w

1 1 −1 1\ 0 n = −3n + w + w − n = −4n + 2w = −2n + w 4 − 2n 4 − 2n 4 − 2n 2−n

1 \1 ‘= 2

1 3 −1 1\ 0 w = −w + 2 + 6 − w = 8 − 2w = 4 − w 4 − 2n 4 − 2n 4 − 2n 2 − n

1 3 1 \1 1 1\ n + 6 + w − 2 − 3n − w −2 + 4 ‰= 2 w n = = =1 4 − 2n 4 − 2n 4 − 2n

Para cualquier valor de w con n ≠ 2 el sistema es compatible determinado y tiene una única solución en ℝ. Si n = 2 entonces el Ûn• Ó ≤ 2

1 Ó = i1 2

1 −1 0

1 1j 2

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El determinante 3 \1 w

1 −1 0

1 1

1 −1

1 1\ = −4 + w ; 2

1−1 =2≠ 0

1 \1 2

3 1 w

⇒ Ûn• Ó = 2

1 1 1\ = −2n + 4 = 0 ; \1 2 2

1 −1 0

3 1\ = 4 − w w

El rango de la A` para ello estudiamos el resto de determinantes de orden 3

Entonces vemos que si w ≠ 4 entonces Ûn• Ó ≠ Ûn• Ó´ ”x| ~‹n x•¾{‹Ÿn xwì~

Si n = 2 ‰ w = 4 entonces Ûn• Ó = Ûn• Ó´ = 2 luego es un sistema compatible indeterminado con un parámetro: Resolvemos por Gauss: 1 i1 2

1 −1 0

1 1 n

‘=P ë ‰=1 - =2−P 4.7

1 3 i0 1j •|||||} d™ ;d™ d˜ w dÉ ;dÉ ƒd˜ 0

1 −2 −2

1 3 0 −2j Luego quedan las ecuaciones: n −2

Discutir según los valores de a y b el siguiente sistema de ecuaciones: "+ "

Solución: Ó

|Ó|

1 i2 n

n

1 n 1

-1

1 Ó´ = i2 n

1 n 1

n 1 0 wj 1 wƒ

2n − nµ − 2 = −nµ + 3n − 2 Descomponemos el polinomio pro Ruffini:

1 -1

|Ó|

n 0j 1

"

+

nµ

0

3

-2

-1

-1

2

-1

2

0

3n − 2 = (n − 1)(−nƒ − n + 2)

Veamos para que valores de n el determinante se hace 0.

(−nƒ − n + 2 = 0 ⇒ n =

1 ± √1 + 8 −2 =Þ 1 −2

Luego entonces para los valores n = 1 { n = −2 ⇒ |Ó|

0 y para el resto |Ó| 0 0.

Luego cuando n ≠ 1 { − 2 ⇒ ran A = ran A` = 3 El sistema es compatible determinado.

Sea

= , calculemos los rangos de A y A.

1 Ó = i2 1

1 1 1

1 0j 1

1 Ó´ = i2 1

Calculamos el determinante

1 1 1

1 2

1 1 0 wj 1 wƒ 1 1

1 ≠ 0 ⇒ ran A = 2 ran A` ≥ 2 veamos el rango de A`,

1 1 1 \ w 1 0\ = 1 + w − (w ƒ + w) = −w ƒ + 1 podemos ver los otros determinantes pero deben darnos una wƒ 1 1 ecuación similar

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Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

1 \1 1

1 w wƒ

1 0\ = w + w ƒ − (w + 1) = w ƒ − 1 1

Realmente si el primer determinante que analizamos puede ser distinto de cero y contiene a la incógnita no es necesario resolver los demás. Entonces Ûn• Ó´ = 2 |x w = ±1

‰ Ûn• Ó´ = 3 |x w ≠ ±1

y

Entonces cuando w ≠ ±1 ⇒ Ûn• Ó´ ≠ Ûn• Ó y el sistema es incompatible

Entonces cuando w = ±1 ⇒ Ûn• Ó´ = Ûn• Ó = 2 y el sistema es compatible determinado y depende de un solo parámetro. = − , calculemos los rangos de A y A.

Sea

1 Ó=i 2 −2

1 −2 1

−2 0j 1

1 Ó´ = i 2 −2

Calculamos el determinante

1 \w wƒ

1 −2 1

1 2

1 −2 1

1 −2

−2 0 1

1 w j wƒ

4 0 0 ⇒ ran A = 2 ran A` ≥ 2 veamos el rango de A`,

−2 0 \ = −2 − 2w − (4w ƒ + w) = −4w ƒ − 3w − 2 1

4w ƒ + 3w + 2 = 0 Esta ecuación no tiene soluciones reales por tanto no se hace 0 para ningún valor real. Luego

= − ⇒ F . a ≠ F . a´ Sistema incompatible.

Nota: Si se admiten números complejos, entonces esta ecuación admite dos soluciones complejas distintas de cero, luego el rango de a´ en este caso sería 2 y por tanto el sistema sería compatible indeterminado con un parámetro.

4.8

Discutir según los valores de a y b:

( + )" +

"

Solución: Ó

_

&

1 1

"

)

1 ( + ) 1

1 1 ` ( + )

Ó´ = _

( + ) 1 1

&

& ) i 1 1

= (3 + n) \1 1 |Ó|

1 ( + ) 1

( + ) 1

) +

+( + ) 1 ( + ) 1

Calculamos el determinante de los coeficientes: |Ó|

+

( + ) ( + ) 1 ( + ) 1 i •|||||||} i 1 d d d d ( + ) ˜~ ˜ ™ É 1 1

1 \ •||||} (3 + n) \0 d ;d d ( + ) d™É;d™É d˜˜ 0

0 |x n = 0 ó |x n = −3

0

1 1 1 w ` + ) wƒ ( + ) 1 i ( + )

0 \ = (3 + n)nƒ

Si |Ó| 0 0 ⇒ n ≠ 0, −3 el sistema es compatible determinado.

Si a=0 tenemos el sistema: Ó = i1 1

1

1

1 1j

Ó´ = i1 1

1

1

1 1

1 wj wƒ

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Evidentemente con tres filas iguales rango de A es 1. Estudiamos el rango de A´ \w 1\ = 1 + w + w ƒ − (w ƒ + 1 + w) = 0 y los demás determinantes darán lo mismo, pues serán iguales, ƒ w 1 solo que intercambiando columnas, luego son todos nulos. 1 w

1 1

Veamos los determinantes de orden 2. 1−w

Entonces |x w ≠ 1, ~ì Ûn• Ó ≠ Ûn• Ó´ Sistema incompatible y |x w = 1, ~ì Ûn• Ó = Ûn• Ó´ = 1 sería el sistema compatible indeterminado con dos parámetros. Si a=-3 tenemos el sistema:

1 1

1 wj wƒ

1 − 1

−2 \1 1

1 w \ = 3 + 3w + 3w ƒ que no se anula nunca si b es un número real. wƒ

2 1

1 −2

1 1j −

1

− Ó=i 1 1

Vemos el rango de A. 4

1 −2 1

Ó´ = i 1 1

1

1 = 3 ⇒ Ûn• Ó = 2

Estudiamos el rango de A´

Entonces |x n = −3 Ûn• Ó ≠ Ûn• Ó´ Sistema incompatible.

4.9

Discutir si el sistema siguiente puede ser compatible indeterminado para algún valor de m. "+ "

"

¿Es incompatible para algún valor de m? 3

Solución: Ó

|Ó|

i2 1

\2 1

1

3

1

2 3j 8

2 3\ 8

4‹

4

+

$

+8

$

+

$

9 − (8 + 3 + 6‹) = −2‹ + 2

‹ = 1 ⇒ Ûn• Ó ≤ 2 veamos si puede ser Ûn• Ó = 1. 1 2

3 4

2 ≠ 0 luego Ûn• Ó ≥ 2

∀‹

Existe un valor m=1 para el cual el sistema es indeterminado y con un parámetro. No puede serlo puesto que es un sistema homogéneo y el rango de la matriz ampliada siempre es igual al rango de la matriz de los coeficientes.

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5 Determinantes Propiedades de los determinantes. A continuación las propiedades más importantes de los determinantes que usaremos en la resolución de problemas en este aparatado. • • • •

• • • • •

• • •

El determinante de una matriz cuadrada coincide con el determinante de su traspuesta, es decir: E~ ( Ó ) = E~ ( Óa ) Si intercambiamos dos filas o dos columnas de una matriz cuadrada, su determinante cambia de signo aunque son iguales en valor absoluto. Si multiplicamos todos los elementos de una fila o columna de una matriz cuadrada por un número k, su determinante queda multiplicado por dicho número. Como generalización de esta propiedad, si multiplicamos todos los elementos de una matriz cuadrada de orden n por un número k, su determinante queda multiplicado por • š , es decir: E~ (• . Ó) = • š ∗ E~ ( Ó ). El determinante del producto de dos matrices cuadradas del mismo orden es igual al producto de los determinantes de dichas matrices: E~ ( Ó . á ) = E~ ( Ó ) . E~ ( á ). Si una matriz cuadrada tiene todos los elementos de una fila o columna nulos, su determinante es cero. Si una matriz cuadrada tiene dos filas o dos columnas iguales su determinante es cero. Si una matriz cuadrada tiene dos filas o columnas proporcionales su determinante es cero. Si todos los elementos de una fila o columna de una matriz cuadrada se descomponen en dos sumandos, entonces su determinante es igual a la suma de dos determinantes que tienen en dicha fila o columna el primero y el segundo sumando respectivamente, siendo los restantes elementos iguales a los del determinante inicial. Si una fila o columna de una matriz cuadrada es combinación lineal de dos o más de las restantes filas o columnas el determinante es nulo. Si a una fila o columna de una matriz cuadrada se le suma otra paralela a ella, su determinante no varía. Si a una fila o columna de una matriz cuadrada se le suma otra paralela a ella multiplicada por un número, su determinante no varía.

Reglas a tener en cuenta en la resolución de determinantes de orden n. Cuando desarrollamos por adjuntos, los elementos de la diagonal principal siempre tienen signo positivo puesto que su subíndice siempre es par. Cuando los elementos del determinante son función del número de la fila o columna en la que se encuentran, normalmente, es mejor empezar a buscar una regla de recurrencia partiendo de la parte final del determinante. Por el contrario, si el determinante está formado por términos constantes o que no dependen de • entonces es mejor empezar por el principio. La mayoría de las veces la forma de solucionar el problema consiste en encontrar una ley de recurrencia, una vez conocida la ley de recurrencia, se puede operar de dos formas:

Por inducción, una vez conocida la ley de recurrencia, calculamos el valor del determinante para • = 1, • = 2 ‰ • = 3, simplificamos intentando los resultados buscando un patrón que en función del orden del determinante y que pudiera ser la solución para •, una vez encontrado procedemos a probar que es cierta, usando el método de inducción y la ley de recurrencia encontrada inicialmente. Recurrencias, ecuación característica, a veces resulta difícil encontrar un patrón que pueda ser la solución del determinante, entonces podemos resolver la ecuación de recurrencia. Para ello usaremos los métodos vistos en el bloque de análisis.

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5.1

Hallar el determinante de orden superior n:

a. =

Solución:

1+n n p n Óš = p … n n

n 1+n n … n n

n n 1+n … n n

… … … … … …

n n n n n n

p

+

p …

n n n p = ⏟ n p ) ;) ) í í í n 1+n

+

… … … … … …

+ …

…

1+n n p n p … ˜ n n

−1 1 0 … 0 0

0 −1 1 … 0 0

… … … … … …

+

0 0 0 −1 1 0

p p 0 0 0p 0p −1 1

1 −1 0 … 0 0 n −1 0 … 0 0 0 1 −1 … 0 0 n 1 −1 … 0 0 p0 0 pn 0 1 … 0 0p 1 … 0 0p (1 + n) − (−1) = ⏟ … … −1 0 p … … −1 0 p p… … p… … ª•. šu»‚ 0 0 0 … 1 −1 n 0 0 … 1 −1 ¡» d€ƒª ’ 0111111112111111113 0111111112111111113 0 0 0 … 0 1 n 0 0 … 0 1 (š ’)®(š ’)

(š ’)®(š ’)

El primer determinante tiene valor 1, en cuanto al segundo si sumamos a la primera fila, todas las demás filas , se nos harán todos los términos de ella cero excepto el termino n’’ que será (• − 1) y después desarrollando por adjuntos fila 1 ya estaría resuelto el problema. 1 −1 0 … 0 0 •−1 0 0 … 0 0 1 1 −1 … 0 0 1 1 −1 … 0 0 p1 0 p 1 1 … 0 0p 0 1 … 0 0p &1 + n) + n = ⏟ = (1 + n) + n … … −1 0 p … … … −1 0 p p… … p … d ;∑î ˜ d 1 0 0 … 1 −1 ˜ í~˜ í 1 0 0 … 1 −1 0111111112111111113 011111111121111111113 1 0 0 … 0 1 1 0 0 … 0 1 » • š (š ’)®(š ’)

» • š (š ’)®(š ’)

= (1 + n) + (• − 1)n = 1 + •n

Otra opción hubiera sido, en lugar de descomponer por adjuntos, descomponer por sumas, nos damos cuenta que la columna 1 se puede descomponer en dos sumandos (n, n, n, n, . . , n) + (1,0,0,0 … 0), es decir:

1+n n p n Óš = p … n n 1 1 p1 =1+n p… 1 1

−1 1 0 … 0 0

−1 1 0 … 0 0

0 −1 1 … 0 0

0 −1 1 … 0 0

… … … … … …

… … … … … …

0 0 0 −1 1 0

0 0 0 −1 1 0

0 1 −1 0 … 0 0 n −1 0 … 0 0 0 0 1 −1 … 0 0 n 1 −1 … 0 0 0 p p0 0 1 … 0 0 p pn 0 1 … 0 0p = + = 0 p p… … … … −1 0 p p… … … … −1 0 p −1 0 0 0 … 1 −1 n 0 0 … 1 −1 0111111112111111113 0111111112111111113 1 0 0 0 … 0 1 n 0 0 … 0 1

0 • 0 1 p1 0p = ⏟ 1+n∗ 0 p d ;∑ d p… ˜ í −1 1 1 1

š®š

0 1 0 … 0 0

0 −1 1 … 0 0

… … … … … …

0 0 0 −1 1 0

š®š

0 0 0p = ⏟ 1 + •n 0 p „ ‚ª »ƒƒªš•» −1 ¡» ª•. šu»‚ 1

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5.2

Hallar el determinante de orden superior n:

a. =

Solución: w pw Óš = p… w w

w n w … w w

w w n … w w

… w … w … w … w … n … w

w w wp = ⏟ w p d ;d ˜ ˜ w n

w w … w w w n … w w −(w − n) pp… … … w w pp w w … n w 0111112111113 w w … w n

-−w w p w … d™ p w w

p

"

p…

w−n n w … w w

… 0 w n … w w

… … … … … … …

0 w w w n w

… … … … … …

"

"

p p

0 n w … w w w w n … w w wp = ⏟ (- − w) pp… … … w w pp w p ª•. šu»‚ w w … n w w d€ƒª’ 0111112111113 w w … w n n T î ˜

…î ˜

Resolvemos en primer lugar zš ’ ,

zš

’

w w = pp… w w

= w(n − w)š

w n … w w

ƒ

… … … … …

w w w n w

w w = ⏟ w pp w )í;)í )í n

w w p… p ˜ w w

0 n−w … 0 0

… … … … …

0 0 0 n−w 0

0 n−w … 0 0 0 … … 0 0 p ⏟ w∗p p 0 p = 0 … n − w 0 0 ª•. šu»‚ 0111111112111111113 0 … 0 n−w d€ƒª’ n−w (š ƒ) × (š ƒ)

Resolvemos en primer lugar áš ’ , áš

’

n w = pp… w w

w n … w w

… … … … …

w w w n w

w w = ⏟ wpp w dí;dí dí n

n w w … w w n−w 0 … 0 0 w−n n−w 0 … 0 0 w−n n−w … 0 0 p 0 p w−n n−w … 0 0 = ⏟ n pp … … … 0 0 pp … … … … … … p p ª•.. 0 0 … n−w 0 ˜ 0 0 0 … n−w 0 )»ƒ ’ 01111111111211111111113 0 0 … w − n n − w 01111111111111211111111111113 0 0 0 … w−n n−w (š ƒ) × (š ƒ) (š ’) × (š ’)

w w w … w w w−n n−w 0 … 0 0 p 0 w−n n−w … 0 0 p −(w − n) = n(n − w)š … … … 0 0 p p … 0 0 0 … n−w 0 01111111111111211111111111113 0 0 0 … w−n n−w

ƒ

− (w − n)Eš

ƒ

„î ™

Seguimos ahora resolviendo Eš ƒ , Eš

ƒ

w w−n p 0 = p … 0 0

w n−w w−n … 0 0

w 0 n−w … 0 0

… … … … … …

w 0 0 0 n−w w−n

w n−w 0 … 0 0 0 w−n n−w … 0 0 p 0 = w pp … … … 0 0 pp 0 p 0 0 … n−w 0 0 01111111111211111111113 0 0 … w−n n−w n−w (š µ) × (š µ) Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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w w … w w w−n n−w … 0 0 −(w − n) pp … … … 0 0 pp = w(n − w)š 0 0 … n−w 0 01111111111211111111113 0 0 … w−n n−w

µ

„î É

− (w − n)Eš

µ

Luego después de varios pasos llegamos a una ley de recurrencia de la forma: Eš

ƒ

= w(n − w)š

µ

− (w − n)Eš

µ

⟺ Eš = w(n − w)š

’

− (w − n)Eš

’

Una vez obtenida una ley de recurrencia podemos proceder de dos formas, por inducción o resolviendo directamente la ecuación de recurrencia. Vamos a hacerlo de las dos formas: Por inducción, en primer lugar vamos a buscar una formula general que sea función del orden del determínate, para ello resolvemos los determinantes de orden 1,2 y 3 y estudiamos el resultado. •=1

•=2

E’ = w

Eƒ =

w

w

Podemos escribirlo como 1 ∗ w ∗ (n − w)ã n

n

w

w

w&n

&w

w'

w(n − w) + (n − w)w = 2w(n − w)’

n'w

w w w Eµ = \w − n n − w 0 \ = w(n − w)(n − w) + w(w − n)ƒ − w(w − n)(n − w) = w(n − w)(n − w) + 0 w−n n−w w(w − n)ƒ + w(n − w)(n − w) = w(n − w)ƒ + w(n − w)ƒ + w(n − w)ƒ = 3w(n − w)ƒ

•=3

Podemos intuir que la solución del determinante de orden •, podría ser de la forma:

Eš = • ∗ w ∗ (n − w)š

’

Ahora demostramos por inducción que esta formula realmente es la solución de Eš , y nos apoyaremos en la fórmula de recurrencia que hemos hallado al inicio, hemos visto que la proposición se cumple para x = 1,2 ‰ 3, supongamos, ahora que se cumple para x = • − 1, y comprobemos que entonces también se cumple para x = •. Como tenemos que Eš = w(n − w)š

Eš = w(n − w)š = w(n − w)š CQD ,

’

’

− (w − n)Eš

’

’

− (w − n)Eš

= n(n − w)š

+ (• − 1) ∗ w ∗ (n − w)š

’

’,

sustituyendo el valor de Eš

− (w − n)(• − 1) ∗ w ∗ (n − w)š

’

= • ∗ w ∗ (n − w)š

’

ƒ

’

Usando la ecuación característica de la ley de recurrencia. Dicha ecuación es: Eš = w(n − w)š

’

− (w − n)Eš

’

= (n − w)Eš

’

+ w(n − w)š

obtenemos que:

’

La solución a esta ecuación será la suma de la solución de la ecuación homogénea Ý(•) y una solución particular Ÿ(•), esto es Eš = Ý(•) + Ÿ(•) Solución de la ecuación homogénea Ý(•):

Û − (n − w) = 0 ⇒ Û = (n − w) una única raíz de multiplicidad 1.

Luego la solución de la ecuación homogénea será: Ý(•) = : ∗ (n − w)š

La solución particular sería de la forma Ÿ(•) = ” ∗ • (n − w)š , para calcular el valor de S sustituimos en la ecuación de recurrencia y tenemos que: ” ∗ • (n − w)š = (n − w)” ∗ (• − 1 )(n − w)š

’

+ w(n − w)š

” ∗ (• (n − w)š − (• − 1 )(n − w)š ) = w(n − w)š

”=

’

w(n − w)š ’ w(n − w)š = (• (n − w)š − (• − 1 )(n − w)š ) (n − w)š

’

=

’

w (n − w)

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Luego Ÿ(•) = ” ∗ • (n − w)š = w ∗ • ∗ (n − w)š

’

La solución general se la suma de la solución general y la particular, Eš = Ý(•) + Ÿ(•) = : ∗ (n − w)š + w ∗ • ∗ (n − w)š

’

Para • = 1 tenemos E’ = w ⇒ w = : ∗ (n − w) + w ⇒ : = 0 ⇒ Ý(•) = 0 Luego la solución es: Eš = w ∗ • ∗ (n − w)š

’

CQD

Y ahora podemos afirmar que Eš = • ∗ w ∗ (n − w)š ’ , y vamos a sustituir en el valor de Óš .

Óš = (- − w)áš

’

(- − w)n(n − w)š (- − w)n(n − w)š

− (w − n)zš ƒ ƒ

’

− (w − n)Eš

= (- − w)n(n − w)š

− (w − n)w(n − w)š

ƒ

− (w − n)(• − 2) ∗ w ∗ (n − w)š

= (n − w)š ƒ fn(- − w) + w(• − 2) − w(w − n)g 5.3

− (w − n)Eš

ƒ

µ

ƒ

a. =

Solución 1:

1 + n’ 1 p 1 Óš = … p 1 1

1 1 + nƒ 1 … 1 1

… … … … … …

1 1 1 … 1 + nš 1

’

p p

…

nƒ −nƒ p 0 Óš = (1 + n’ ) … p 0 0

0 nµ −nµ … 0 0

… … … … … …

0 0 0 …

nš ’ −nš ’

+

1 1 1 p = ⏟ … p dí;dí dí 1 1 + nš

Desarrollando adjuntos por la columna 1 tenemos:

− (w − n)w(n − w)š

− (w − n)w(n − w)š

Hallar el determinante de orden superior n: +

=

ƒ

…

… … … … … …

… + .

1 + n’ −n’ p 0 … ˜p 0 0

1 nƒ −nƒ … 0 0

=

ƒ

…

+ … … … … … …

ƒ

1 0 0 …

p .

nš ’ −nš ’

0 1 1 … 1 1 −nƒ nµ … 0 0 0 p 0 −nµ … 0 0p 0p +n’ = … … … … … … p p p 0 0 … nš ’ 0 0 0 0 … −n n nš 011111111121111111113 š ’ š

p 1 0 0p … p 0 nš

R.

1 1 … 1 1 −nƒ nµ … 0 0 p 0 −nµ … 0 0p Óš = (1 + n’ ) ∗ (nƒ ∗ nµ ∗ … ∗ nš ’ ∗ nš ) + n’ = … … … … … p p 0 0 … nš ’ 0 0 0 … −nš ’ nš 011111111121111111113 R.

Resolvemos R. , desarrollando por la columna 1 de nuevo:

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áš

’

nµ −nµ p 0 =1∗ … p 0 0

Luego:

0 n° −n° … 0 0

… … … … … …

š

0 0 0 …

0 1 1 … 1 1 −nµ n° … 0 0 0 š p 0 0 0p −n° … 0p +nƒ = ù n€ +nƒ ∗ áš … … … … … … p p p µ 0 0 … nš ’ 0 0 0 0 … −nš ’ nš nš 011111111121111111113

nš ’ −nš ’

R.

š

Óš = (1 + n’ ) ∗ ù n€ + n’ ù n€ +n’ ∗ nƒ ∗ áš ƒ

ƒ

µ

ƒ

Vemos que para el sumando • tendremos el producto de todos los n€ excepto el factor n£ y si continuamos desarrollando llegamos a que: š

š

Óš = (1 + n’ ) ù n€ +n’ ù n€ +n’ ∗ nƒ ù n€ + ⋯ + ƒ

µ

Calculamos áµ

1 áµ = \−nš 0

ƒ

1 nš ’ −nš ’

°

1 0 \ = nš nš

š

£ ’

š

š

’

∗ nš + nš £ ’

a»•»‚ ƒ»‚ dª)u» ‚ ®) ¡u» ƒ dª)u» ª§

š

ƒ

∗ nš š µ

’

š

µ

š

š

’

£ ’

’

£ ’

£ ’

’

š

š µ

… + ù n€ ∗ áµ ’

y sustituimos en la expresión anterior:

Óš = (1 + n’ ) ù n€ +n’ ù n€ + ⋯ + ù n€ ∗ ù n€ + … + ù n€ ∗ (nš ƒ

š µ

ù n€ ∗ ù n€ + 01111211113 ’ £ ’

∗ nš + nš

ƒ

š

š

’

∗ nš + nš

ƒ

∗ nš + nš

š ƒ

š

… … … … … …

1 1 1 … 1 + nš 1

š ’

ƒ

∗ nš ’ )

= ù n€ + 1 ∗ ù n€ +n’ ù n€ + ⋯ + ù n€ ∗ ù n€ + … + ù n€ ù n€ + ù n€ ù n€ + ù n€ ∗ 1 ’

Solución 2:

1 + n’ 1 p 1 Óš = … p 1 1

ƒ

µ

1 1 + nƒ 1 … 1 1

… … … … … …

1 1 1 … 1 + nš 1

1 1 + n’ 1 1 p 1 1 p = ⏟ … … p )î ;)î )î ˜ p 1 1 1 + nš 1

’

Desarrollando por adjuntos la columna n:

1 + n’ 1 … 1 1 1 1 + nƒ … 1 1 p 1 p 1 … 1 1 Óš = nš + nš … … … … … p p 1 1 … 1 + nš ƒ 1 1 1 … 1 1 + nš ’ 01111111111111211111111111113 áš

’

1 + n’ 1 p 1 = p … 1 1

1 1 + nƒ 1 … 1 1

Luego Óš = nš ∗ Óš

’

… … … … … …

vî ˜

1 1 1 … 1 + nš 1

’

ƒ

+ n’ ∗ nƒ ∗ … ∗ nš

1 1 1p = ⏟ …p d ;d í í 1 1 ƒ

∗ nš

’

n’ 0 p0 … dî p 0 1

š ’

1 1 + nƒ 1 … 1 1

’

š

’

’

0 0 0 p … p −nš ’ nš

1 + n’ 1 … 1 1 1 1 + nƒ … 1 1 p 1 1 … 1 1p = ’ … … … …p p … 1 1 … 1 + nš ƒ 1 0111111111112111111111113 1 1 … 1 1

0 nƒ 0 … 0 1

… … … … … …

0 0 0 …

nš ƒ 1

Tî ˜

0 0 0p = n’ ∗ nƒ ∗ … ∗ nš …p 1 1

ƒ

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

Para resolver la ecuación de recurrencia vamos a proceder por inducción, en primer lugar buscamos un posible resultado en función del orden del determinante y a continuación con la ayuda de la ley de recurrencia demostremos por inducción que dicho resultado se cumple para todo n. Para • = 1

Para • = 2

Para • = 3

Ó’ = 1 + n’

Óƒ = ½

1 + n’ 1

Óµ = \

1 ½ = (1 + n’ ) ∗ (1 + nƒ ) − 1 = n’ ∗ nƒ + n’ + nƒ 1 + nƒ

1 + n’ 1 1

1 1 + nƒ 1

1 1 \ = n’ ∗ nƒ ∗ nµ + n’ ∗ nƒ + nƒ ∗ nµ + n’ ∗ nµ 1 + nµ

Podemos intuir que la solución será de la forma: š

š

£

š

š

š µ

š

š ƒ

š

š ’

Óš = ù n€ + 1 ∗ ù n€ +n’ ù n€ + ⋯ + ù n€ ∗ ù n€ + … + ù n€ ù n€ + ù n€ ù n€ + ù n€ ’

ƒ

µ

Supongamos que se cumple Óš para n .

’

’

£ ’

’

š ’

š ’

’

š

’

, y con la ayuda de la ley de recurrencia comprobemos que se cumple Óš = nš ∗ Óš

Suponemos que se cumple para • − 1, luego: Óš

’

š ’

’

+ n’ ∗ nƒ ∗ … ∗ nš

š ’

£ ’

∗ nš

ƒ

š ’

’ š µ

š ’

š ƒ

= ù n€ + 1 ∗ ù n€ +n’ ù n€ + ⋯ + ù n€ ∗ ù n€ + … + ù n€ ù n€ + ù n€ ∗ 1 ’

Sustituyendo el valor de Óš š ’

’

š ’

ƒ

’

µ

£ ’

’

en la expresión de Óš nos queda: š ’

£ ’

š µ

š ’

š ’

’

š ƒ

š ’

š ’

Óš = nš iù n€ + 1 ∗ ù n€ +n’ ù n€ + ⋯ + ù n€ ∗ ù n€ + … + ù n€ ù n€ + ù n€ ∗ 1j + ù n€ = š

’

š

ƒ

š

µ

’

£

£ ’

š

š µ

š

’

š ’

š ƒ

š

’

š ’

Óš = ù n€ + 1 ∗ ù n€ +n’ ù n€ + ⋯ + ù n€ ∗ ù n€ + … + ù n€ ù n€ + ù n€ ù n€ + ù n€ CQD 5.4

’

ƒ

µ

’

£ ’

’

š ’

’

š

’

’

Hallar el determinante de orden superior n:

a. =

Solución:

p p p

!

!

! …

(. − )! p .!

!

! …

(. − )! (. − )!

$ ! …

(. − )! (. − )!

…

$

$

…

$

$

…

…

… …

$

! !

$

p p

$p !

p

Intentamos por inducción, para ello primero debemos encontrar una posible ley de recurrencia, y en segundo lugar demostrar que se cumple para todo n. a =

1 1!

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

1 1! a =p 1 2!

1

1 1!

1 1! p1 a = p2! 1 3!

p=

1

1 1 1 − = 1! 2! 2!

0

p 1 1 1 1 1 1 = − +0−0− − = 2! 2! 3! p 1! 3! 1 1!

1 1! 1 2!

’

š!

Por el resultado obtenido podemos intuir que la solución al determinante será .

Si desarrollamos para Óš tenemos:

1 1! p 1 2! p 1 a. = 3! p … 1 (• − 1)! p 1 •! =

1

p

1 1! 1 2! … 1 (• − 2)! 1 (• − 1)!

1 ∗p 1!

1

1 1! … 1 (• − 3)! 1 (• − 2)!

1 1! 1 2!

1

1 1!

…

0

…

0

…

1 1 1! 1 2!

… …

…

0

0

…

…

0

0

0

0

p p

0p

1

1p 1!

1 2! p p1 0 3! p−1∗p 1 … p p 1 1 0

a.

1

…

1 1!

…

1

1 1!

0

0

0

p

1 1! 1 2!

p

1

…

1 1!

…

0

0

1 3! p p1 0 4! p−p 1 … p p 1 1 0

1 p= p 1 1 2! … … … … … 1 1! 1! p 1 1 1 1p 1 1 … … (• − 2)! (• − 3)! 2! 1! 2! 1! •! (• − 2)! 01111111111211111111113 0111111112111111113 Luego Óš =

a.

R.

1 ∗ Óš 1!

’

− 1 ∗ áš

’

=

1 Ó 1! š

’

−

1 Ó 2! š

ƒ

+ áš

…

0

0

0

0

p

−

∗ R.

R.

, obtenemos que

0

…

1 p = ∗ a. 1 1! … … 1 1! 1 1 1p … •! (• − 2)! 2! 1! 0111111112111111113

1 … … … 1! p 1 1 1 … (• (• − 1)! − 2)! 1! 2! 01111111111211111111113

Si desarrollamos R. 1 2! p1 3! p … p1

0

1

…

1 1!

…

0

0

0

0

p

p 1 1 1! 1 1 1p … 2! 1! •! (• − 3)! 0111111112111111113 …

…

R.

ƒ

Y si desarrollamos hasta el final obtenemos que: Óš =

1 Ó 1! š

’

−

1 Ó 2! š

ƒ

+−

1 Ó 3! š

µ

…+

(−1)š ’ Ó + (−1)š ’ á’ • − 1! ’

Por otro lado si desarrollamos el determinante ဠ, obtenemos que para რnos quedaría: Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

1 (• − 1)! რ= p 1 •!

1

1 1!

p=

1 1 − = ⏟ (• − 1)! •! v¡ƒ€)ªš•» ƒª dó •

)

De aquí se desprende que Ó’ = 1 y que á’ =

º š)€ª ’

(−1)š ’ Ó − (−1)š ’ á’ • − 1! ’ ƒª

š!

Procediendo ahora por inducción, ya hemos comprobado que Ó€ =

’

€!

igualdad se cumple para ∀ x ≤ • − 1 , veamos si se cumple para • , Como por la hipótesis de inducción Ó€ =

, Ó’ = 1 y á’ =

’

€!

’

š!

para x = 1,2,3, supongamos que la

sustituyendo tenemos:

Óš =

(−1)š ’ 1 1 1 1 1 1 1 ∗ − ∗ + ∗ − ⋯− ∗ + (−1)š • − 1! 1! 1! (• − 1)! 2! (• − 2)! 3! (• − 3)!

Óš =

1 •! •! •! ∗5 − + − ⋯ − (−1)š •! 1! (• − 1)! 2! (• − 2)! 3! (• − 3)!

’

1 •!

Para seguir vamos a intentar convertir este sumatorio en un sumatorio de números combinatorios, para ello multiplicamos y dividimos todo por •!.

Óš =

1 • • • ∗ 53 4 − 3 4 + 3 4 − ⋯ − (−1)š 1 2 3 •!

’

3

• 4 + (−1)š •−1

’

’

Aplicamos ahora la fórmula de Stifel, que recordamos: • •−1 •−1 3 4=3 4+3 4 y obtenemos que: • •−1 •

Óš =

5.5

•! + (−1)š 1! (• − 1)!

• 3 46 •

’

•! 6= •!

1 ⎛ •−1 •−1 •−1 •−1 •−1 •−1 •−1 ∗ 3 4+3 4−3 4−3 4+3 4+3 4 − ⋯ − (−1)š ’ 3 4 011 0 111121111 113 011 211121111 213 011111111121111111113 3 •−2 •! ⎜01213 ⎝

;’

;ã

;ã

• ⎞ 1 •−1 3 4 + (−1)š ’ 3‡4⎟ = 01213 • •−1 •! 011111111121111111113 ;’ ;’ ⎠ ;ã

+ (−1)š

L!s

’

Hallar el determinante de orden superior n:

Solución 1:

;ã

+" " p $ a. = p … $ $

" +" " … $ $

$ " +" … $ $

… … … … … …

$ $ $ … +" "

$ $ p $ $ p " +"

-ƒ 0 0 … 0 0 -ƒ 1 + -° -ƒ … 0 0 p p -ƒ 1 + -° … 0 0 (1 + - ° )Óš ’ − - ƒ 0 Óš = ⏟ = … … … … 0 p p… „ ‚ª »ƒƒªš•» ° ƒ ¡» ª•. šu»‚ 0 0 0 … 1+01111111111111211111111111113 0 0 0 … -ƒ 1 + -° š ’ך ’

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

1 + -° -ƒ 0 … 0 0 ƒ 1 + -° -ƒ … 0 0 p p 0 -ƒ 1 + -° … 0 0 (1 + - ° )Óš ’ − - ° = ( + " )a. … … … … 0 p p … 0 0 0 … 1 + -° -ƒ ƒ 011111111111111121111111111111113 0 0 0 … 1 + -°

− " a.

vî ™

Llegamos pues a una ley de recurrencia de segundo orden y homogénea. Resolvemos la ecuación característica: Û=

=

Û ƒ = (1 + - ° )Û − - ° ⇒ Û ƒ − (1 + - ° )Û + - ° = 0

(1 + - ° ) ± ‚(1 + - ° )ƒ − 4- ° (1 + - ° ) ± √1 + 2- ° + - Ë − 4- ° (1 + - ° ) ± √1 − 2- ° + - Ë = = 2 2 2

(1 + - ° ) ± ‚(1 − - ° )ƒ (1 + - ° ) ± (1 − - ° ) 1 = =Þ ° 2 2

Luego una solución para la relación de recurrencia sería:

Óš = : ∗ 1š + ” ∗ - °š

Para despejar K y S procedemos a calcular los determinantes de orden 1 y 2 que resultan: •=1

Ó’ = 1 + - °

Óƒ = ½1 +ƒ-

•=2

°

Sustituyendo obtenemos:

”=

- ƒ ½ = 1 + 2- ° + - Ë − - ° = 1 + - ° + - Ë 1 + -° 1 + -° = : + ” ∗ -°

1 + -° + -Ë = : + ” ∗ -Ë

1 + - ° − (1 + - ° + - Ë ) = ” ∗ (- ° − - Ë )

-Ë -° = (- ° − - Ë ) - ° − 1

⇒ : = 1 + -° −

-° -Ë − 1 − -Ë 1 ° ∗ = =− ° -° − 1 -° − 1 - −1

1 -° - °(š ’) − 1 Óš = − ° + ° ∗ - °š = -° − 1 - −1 - −1

Solución 2:

‚

š

B(- ° )£

= ⏟

‚ ºª • šª ã € ˆ »º u €)ª ê • ª—»š®

Operando por inducción, calculamos el valor de Óµ •=3

1 + -° Óµ = \ - ƒ 0

-ƒ 1 + -° -ƒ

0 - ƒ \ = (1 + - ° )µ − 2- ° (1 + - ° ) = 1 + - ° + - Ë + - ’ƒ 1 + -°

Observando Ó’ , Óƒ, ‰ Óµ intuimos que el valor de Óš es: š

Óš = B(- ° )£ ã

Demostrémoslo, supongamos que se cumple para los términos menores o iguales a (• − 1), comprobemos que se cumple para •, par ello tomamos la ley de recurrencia y sustituimos los valores de Óš ’ ‰ Óš ƒ , Óš = (1 + -

°)

š ’

B(ã

° )£

š ƒ

− - B(°

ã

° )£

š ’

= B(ã

° )£

š ’

+ - B(°

ã

° )£

š ƒ

− - B(- ° )£ = °

ã

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra š ’

B(ã

° )£

+-

° (- ° )š ’

š ’

= B(ã

CQD 5.6

° )£

+

(- ° )š

š

= B(- ° )£ ã

Obtener el valor del determinante de orden n:

a. =

Solución:

n’ + w’ wƒ p wµ Óš = ⏟ … „ ‚)»º¡»š€ š•» p wš ’ š ‚ ºª‚ ¡» ƒª úƒu€ºª d€ƒª wš

p p

w’ nƒ + wƒ wµ … wš ’ wš

+

+

…

.

+ …

…

.

.

w’ wƒ nµ + wµ … wš ’ wš

.

.

… … … … … …

… … … … … …

.

w’ wƒ wµ … nš ’ + wš wš

’

.

… +

.

.

.

…

.

+

p .

p

w’ wƒ p wµ = … p wš ’ nš + wš

n’ + w’ w’ w’ … w’ w’ n’ + w’ w’ w’ … w’ w’ wƒ nƒ + wƒ wƒ … wƒ wƒ wƒ nƒ + wƒ wƒ … wƒ wƒ p p p p wµ wµ nµ + wµ … wµ wµ wµ wµ nµ + wµ … wµ wµ + … … … … … … … … … … … … p p p p wš ’ wš ’ wš ’ … nš ’ + wš ’ wš ’ wš ’ wš ’ wš ’ … nš ’ + wš ’ wš ’ 0 0 0 … 0 nš wš wš wš … wš wš 0111111111111111112111111111111111113 0111111111111111112111111111111111113

n’ 0 p 0 ⏟ áš = … …í ;…í …í p 0 0

0 nƒ 0 … 0 0

0 0 nµ … 0 0

Tî

… … … … … …

0 0 0 …

nš ’ 0

w’ wƒ p wµ = n’ ∗ nƒ ∗ nµ ∗ … ∗ nš … p wš ’ wš

…î

’

n’ + w’ w’ w’ … w’ wƒ nƒ + wƒ wƒ … wƒ p p zš = nš = nš ∗ Óš w w n + w … wµ µ µ µ µ p p … … … … … wš ’ wš ’ wš ’ … nš ’ + wš ’ 011111111111111121111111111111113

Óš = n’ ∗ nƒ ∗ nµ ∗ … ∗ nš

’

∗ wš + nš ∗ Óš

Operando por inducción, tenemos que: n + w’ Óƒ = ½ ’ wƒ

n’ + w’ Óµ = \ wƒ wµ

’

vî ˜

Luego,

Ó’ = n’ + w’

∗ wš

’

š ’

= wš ù n€ + nš ∗ Óš €;’

’

w’ ½ = (n’ + w’ )(nƒ + wƒ ) − w’ wƒ = n’ nƒ + n’ wƒ + w’ nƒ + w’ wƒ − w’ wƒ = n’ nƒ + n’ wƒ + w’ nƒ nƒ + wƒ w’ nƒ + wƒ wµ

w’ wƒ \ = (n’ + w’ )(nƒ + wƒ )(nµ + wµ ) + 2w’ wƒ wµ − w’ wµ (nƒ + wƒ ) − w’ wƒ (nµ + wµ ) nµ + wµ

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Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

−wƒ wµ (n’ + w’ ) = n’ nƒ nµ + w’ nƒ nµ + wƒ n’ nµ + wµ n’ nƒ

Podemos pues intuir que la formula general será: £

£

£

£

Ó£ = ù n€ + w’ ù n€ + wƒ ù n€ + wµ ù n€ + ⋯ + w£ €;’

€;’ €ûƒ

€;ƒ

’

€;’ €ûµ

£

£ ’

ù n€ + w£ ù n€

€;’ €û£ ’

€;’

Suponemos que la fórmula se cumple para n-1, comprobemos que se cumple para n, para ello nos ayudamos de la fórmula de recurrencia obtenida al principio. š ’

Óš = wš ù n€ + nš ∗ Óš €;’

š

š

=

š

’

š ’

š ’

CQD 5.7

€;’

€;ƒ

€;’

€;’

š

€;’ €ûƒ

š

a) Calcule S(" + ) − S("). b) Exprese la suma de

C

+

C

+

1 5 6 0 p 2 5 6 0 3 S(- + 1) − è(-) = p 506 … • 5 6 p 0 •+1 5 6 0

5

€;’

…

$

5 6 … C 5 6

5 6 … C 5 6

… …

$ … C 5 6 C− C+ 5 6 C−

$

6

5

ù n€ + wš

€;’ €û£ ’

’

š ’

ù n€ u €;’

€;’

$

C+

C

š ’

$

5 6

’

š ’

’ ù n€ + wš ù n€

€;’ €û£ ’

5 6 $

S(") = p 5$6 … C 5 6 p $ C+ 5 6 $

š

ù n€ + wš

5 6 $

p

a)

’

€;’ €ûƒ

€;ƒ

Sea C ∈ ℕ y sea S la función real dada por:

Solución:

š ’

= wš ù n€ + nš ∗ tù n€ + w’ ù n€ + wƒ ù n€ + ⋯ + w£

ù n€ + ù n€ + w’ ù n€ + wƒ ù n€ + ⋯ + w£ €;’

š ’

C+

…

6

…

…

$

"

"

p

" p … "C

"

C

p

+ ⋯ + .C mediante esta función. 0

2 5 6 1 3 5 6 1 … • 5 6 1 •+1 5 6 1

0

0

3 5 6 2 … • 5 6 2 •+1 5 6 2

…

…

… …

…

…

0

0

-+1

0 … • 5 6 •−1 •+1 5 6 •−1

p

(- + 1)ƒ

(- + 1)µ p …

(- + 1)£

(- + 1)£

’

p

Ahora observemos que las columnas de ambos determinantes, a excepción de última son iguales, aplicado la regla para sumar determinantes obtenemos que:

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Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

1 5 6 0 p 2 5 6 0 3 S(- + 1) − è(-) = p 506 … • 5 6 p 0 •+1 5 6 0

0

2 5 6 1 3 5 6 1 … • 5 6 1 •+1 5 6 1

Y ahora desarrollamos los binomios obteniendo: S(- + 1) − è(-) 1 5 6 0 0 p 2 2 5 6 5 6 0 1 3 3 5 6 = p 50 6 1 … … • • 5 6 5 6 1 p 0 •+1 •+1 5 6 5 6 0 1

0

0

3 5 6 2 … • 5 6 2 •+1 5 6 2

…

…

… …

…

…

0

0

0

3 5 6 2 … • 5 6 2 •+1 5 6 2

…

…

… …

…

…

0

-+1−-

p

(- + 1)ƒ − - ƒ

0

(- + 1)µ − - µ …

0 … • 5 6 •−1 •+1 5 6 •−1

(- + 1)£ − - £

(- + 1)£

’

− -£

p ’

p

-+1−-

0

0 … • 5 6 •−1 •+1 5 6 •−1

p 2 -ƒ + 5 6 - + 1 − -ƒ 1 3 3 -µ + 5 6 -ƒ + 5 6 - + 1 − -µ p 2 2 … • • -£ + 5 6 -£ ’ + 5 6 -£ ƒ + ⋯ + 1 − -£ •−1 •−2 p •+1 £ •+1 £ ’ -£ ’ + 5 6- + 5 6+ ⋯ + 1 − -£ ’ • •−1

Y ahora le sumamos a la última columna una combinación lineal de las demás columnas multiplicadas cada una de ellas por - € ’ , siendo x , el número de columna.

Para la posición (1, • + 1) obtendríamos: f’ãg- ã + - + 1 − - = 0

Para la posición (2, • + 1) obtendríamos: fƒãg- ã + fƒ’g- + - ƒ + fƒ’g- + 1 − - ƒ = 0

Y así sucesivamente se haría toda la columna nula a excepción de posición (• + 1, • + 1) que quedaría: f£ ã ’g- ã + f£ ’ ’g- ’ + ⋯ + f££ ’’g- £ ’ + - £ ’ + f£ £ ’g- £ + f££ ’’g- £ ’ + ⋯ + 1 − - £ ’ = f£ £ ’g- £ Y el determinante quedaría como un determinante diagonal inferior que calculamos: 1 5 6 0 p 2 5 6 0 3 S(- + 1) − è(-) = p 506 … • 5 6 p 0 •+1 5 6 0

0

2 5 6 1 3 5 6 1 … • 5 6 1 •+1 5 6 1

0

0

3 5 6 2 … • 5 6 2 •+1 5 6 2

…

…

… …

…

…

0

0

0 … • 5 6 •−1 •+1 5 6 •−1

b)

(• + 1)! 2! 3! 4! •! ∗ ∗ ∗…∗ ∗ = (• + 1)! ∗ - £ 1! 1! 1! 2! 1! 3! 1! (• − 1)! 1! •!

-=1

è(2) − è(1) = (• + 1)! ∗ 1£ ⇒ 1£ =

-£ ∗ 1 ∗

0

0

5

0 … 0

•+1 £ 6•

p

x p = -£ ∗ ù 5 6= x−1 p

£ ’ €;’

Dado que è(- + 1) − è(-) = (• + 1)! ∗ - £ , tenemos que: -=2

è(3) − è(2) = (• + 1)! ∗ 2£ ⇒ 2£ =

è(2) − è(1) (• + 1)!

è(3) − è(2) (• + 1)!

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

-=3

è(4) − è(3) = (• + 1)! ∗ 3£ ⇒ 3£ =

…. -=•

è(4) − è(3) (• + 1)!

è(• + 1) − è(•) = (• + 1)! ∗ •£ ⇒ •£ =

Sustituyendo en la expresión dada tenemos: 1ü + 2ü + 3ü + ⋯ + nü =

è(• + 1) − è(•) (• + 1)!

è(2) − è(1) è(3) − è(2) è(4) − è(3) è(• + 1) − è(•) è(• + 1) − è(1) + + + ⋯+ = (• + 1)! (• + 1)! (• + 1)! (• + 1)! (• + 1)!

Por último, analizamos è(1), lo cual es sencillo y vemos que tendría la forma: 1 5 6 0 p 2 5 6 0 3 è(1) = p 506 … • 5 6 p 0 •+1 5 6 0

0

0

2 5 6 1 3 5 6 1 … • 5 6 1 •+1 5 6 1

…

0

…

3 5 6 2 … • 5 6 2 •+1 5 6 2

… …

…

…

0

0

0 … • 5 6 •−1 •+1 5 6 •−1

1

1

p

1p … 1

1

p

Luego la primera columna y la última son iguales y por tanto el determinante S( ) = $ luego nos queda la expresión: 1ü + 2ü + 3ü + ⋯ + nü =

5.8

Resolver el determinante de orden n,

a. =

p$

p… $ $

$

… $ $

… $ $

è(• + 1) (• + 1)!

… … … … … …

$ $ $ …

$ $ $p …p

Solución:

2 1 0 … 0 0 2 1 … 0 0 1 1 … 0 0 1 2 1 … 0 0 1 2 … 0 0 0 2 … 0 0 p0 1 2 … 0 0p Óš = = 2 ∗ pp… … … … …pp − 1 ∗ pp… … … … …pp = p… … … … … … p 0 0 … 2 1 0 0 … 2 1 0 0 0 … 2 1 0111112111113 0111112111113 0 0 … 1 2 0 0 … 1 2 0 0 0 … 1 2 vî ˜ š ’ 2 1 … 0 0 2 1 … 0 0 1 2 … 0 0 1 2 … 0 0 2 ∗ pp… … … … …pp − 1 ∗ 1 pp… … … … …pp = 2Óš ’ − Óš ƒ 0 0 … 2 1 0 0 … 2 1 0111112111113 0111112111113 0 0 … 1 2 0 0 … 1 2 vî ˜

vî ™

Resolvemos la ecuación de recurrencia, Ecuación característica: Û ƒ − 2Û + 1 = 0

Óš = 2Óš

⇒Û=

ƒ±√° ° ƒ

’

− Óš

ƒ

= 1 raiz doble

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

La solución de la ecuación de recurrencia será: Óš = 1š + • ∗ 1š = 1 + •

El mismo resultado obtendríamos si operáramos por inducción. 5.9

Para cada número natural ., calcular el valor del determinante s. donde LFC representa el número combinatorio de F elementos tomados de C . C, siendo: L$

G

p L$ … s. = pLG$ . G

L$

G .

Ÿ 3 4 0 p Ÿ+1 5 6 0 … Eš = p Ÿ+•−2 5 6 0 p Ÿ+•−1 5 6 0 Solución:

p

1

0

p… 0 p 0

Ÿ 3 4 … 1 Ÿ+1 5 6 … 1 … … Ÿ+•−2 5 6 … 1 Ÿ+•−1 5 6 … 1 Ÿ 1 3 4 1 p Ÿ+1 1 5 6 1 … = p… Ÿ+•−2 1 5 6 1 p Ÿ+•−1 1 5 6 1

Ÿ 3 4 1 Ÿ+1 Ÿ 5 6−3 4 1 1 … Ÿ+•−2 Ÿ+•−3 5 6−5 6 1 1 Ÿ+•−1 Ÿ+•−2 5 6−5 6 1 1

…

… … …

…

L

L

L

G

G

…

G .

L

G .

…

… … … …

L. G

L. … G . L. G

L.

G .

L. G

L. p … G . p L. G

L.

G .

Ÿ Ÿ 4 3 4 •−2 •−1 Ÿ+1 Ÿ+1 p 5 6 5 6 •−2 •−1 … … p Ÿ+•−2 Ÿ+•−1 5 6 5 6 •−2 •−1 p Ÿ+•−1 Ÿ+•−1 5 6 5 6 •−2 •−1 Ÿ Ÿ … 3 4 3 4 •−2 •−1 Ÿ+1 Ÿ+1 p … 5 6 5 6 •−2 •−1 … … … p = ⏟ Ÿ+•−2 Ÿ + • − 2 d ;d d … 5 6 5 6 í í í •−2 •−1 p Ÿ+•−1 Ÿ+•−1 … 5 6 5 6 •−2 •−1 3

Ÿ 4 •−2 Ÿ+1 Ÿ 5 6−3 4 •−2 •−2 … Ÿ+•−2 Ÿ+•−3 5 6−5 6 •−2 •−2 Ÿ+•−1 Ÿ+•−2 5 6−5 6 •−2 •−2 3

˜

Ÿ 4 •−1 p Ÿ+1 Ÿ 5 6−3 4 •−1 •−1 … p Ÿ+•−2 Ÿ+•−3 5 6−5 6 •−1 •−1 p Ÿ+•−1 Ÿ+•−2 5 6−5 6 •−1 •−1 3

Y usando la ley de Stifel (También llamada de Pascal) tenemos que: 5

‹+1 ‹ ‹ ‹ ‹+1 ‹ 6= 3 4+3 4 ⇒ 3 4 = 5 6−3 4 • • •−1 •−1 • •

Aplicándolo a nuestro determinante nos queda que: p

1

0 … p p

0

0

Ÿ 3 4 1 Ÿ 3 4 0 … Ÿ+•−3 5 6 0 Ÿ+•−2 5 6 0

…

… … …

…

Ÿ 4 •−2 Ÿ 3 4 •−3 … Ÿ+•−3 5 6 •−3 Ÿ+•−2 5 6 •−3 3

Ÿ 4 Ÿ Ÿ Ÿ •−1 3 4 … 3 4 3 4 p Ÿ 0 • − 3 • − 2 3 4 … … … … p p •−2 Ÿ+•−3 Ÿ+•−3 Ÿ+•−3 … p=1∗ 5 6 … 5 6 5 6 Ÿ+•−3 0 •−3 •−2 p p 5 6 Ÿ+•−2 Ÿ+•−2 Ÿ+•−2 •−2 p 5 6 … 5 6 5 6 Ÿ+•−2 0111111111111112111111111111113 0 •−3 •−2 5 6 „î ˜ •−2 3

Llegando a la ley de recurrencia Eš = 1 ∗ Eš

’

y esto significa que: Eš = Eš

’

= ⋯ = Eƒ = Eƒ = f¡ãg = 1

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5.10 Hallar el valor del siguiente determinante de Vandermonde sabiendo que cuando todos los elementos aumentan en 4 unidades más que el primero, se convierte en un determinante que tiene un valor de 20 unidades mayor que el primero. " p P. = … p" . " .

Solución: Sean los determinantes:

š

1 -’ p = … p š -’ -’ š

ƒ ’

1 -ƒ …

-ƒ š -ƒ š

… … … … …

ƒ ’

1 -š ’ …

-š -š

’ ’

š ƒ š ’

Resolvemos el determinante | |

š

4|

1 1 … -’ + 4 -ƒ + 4 … p … … … 5 p š ƒ -’ + 4 -ƒ š ƒ + 4 … -’ š ’ + 4 -ƒ š ’ + 4 … = š + 20 ⟹ 4 š = 20 ⟹ Como | š |

20 = |

š

4| ⇒

š

1 -š … p ‰ | š ƒp

-š -š š

4|, -š

1

’

+4 … -š ’ š ƒ + 4 -š ’ š ’ + 4 š = 5 | š|

’

" "

š

" … . .

4|

… … … … …

". …

". ".

". … p " . p

.

.

". .

.

5 -’ + 4 p … p š ƒ -’ +4 -’ š ’ + 4

5 -ƒ + 4 … -ƒ š ƒ + 4 -ƒ š ’ + 4

1 1 -’ -š + 4 p p … = ⏟ 5 … p p š ƒ -š + 4 dí ;dí °d˜ -’ š -š š ’ + 4 -’ š

20 = 5| š |

⇒ |P. |

$

=

ƒ ’

1 -ƒ …

-ƒ š -ƒ š

… … … … …

ƒ ’

-š

5

’+4 … -š ’ š ƒ + 4 -š ’ š ’ + 4

… … … … …

1 -š ’ …

-š -š

’ ’

š ƒ š ’

5 -š + 4 p … p š ƒ -š +4 -š š ’ + 4 1 -š … p=5 š ƒp

-š -š š

’

š

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6 Diagonalización Vectores propios y autovalores. Definición.

Dada una matriz cuadrada Ó ∈ ℝš®š de orden • se dice que el número

P ∈ ℝ es un valor propio de Ó si existe un vector ¾⃗ ∈ ℝš no nulo tal que: Ó ∗ ¾⃗ = P ∗ ¾⃗

El vector ¾⃗ se llama vector propio de Ó asociado al autovalor P .

Ecuación característica y polinomio característico de la matriz A Siendo Iš la matriz identidad de grado n, tenemos, Ó ∗ ¾⃗ = P ∗ ¾⃗

⟺

⇒ ( Ó − PIš ) ¾⃗ = 0

Ó ∗ ¾⃗ = P ∗ Iš ∗ ¾⃗

Como ¾⃗ es no nulo entonces Ó ∗ Iš − P = 0 y a esta ecuación la denominamos ecuación característica de la matriz A. Denominamos polinomio característico de la matriz A, al polinomio dado por |Ó ∗ Iš − P|

Matriz diagonalizable

0

Una matriz A cuadrada es diagonalizable si existe una matriz P regular ( es decir que es invertible) y una matriz cuadrada D diagonal, ambas de la misma dimensión, de modo que: Ó = ßEß ’ ⟺ ß ’ Óß = E. Cumpliéndose las siguientes propiedades: •

A es semejante a D.

•

La matriz P no es única (existen infinitas posibilidades para la factorización): Podemos, por ejemplo, multiplicar P por un escalar no nulo y P-1 por su inverso.

•

La matriz diagonal D tiene en su diagonal los autovalores (valores propios) de A.

•

La columna x de ß es el vector propio asociado al autovalor de la posición x de la diagonal de D.

•

Una de sus aplicaciones es el cálculo de potencias de la matriz A:

•

Todas las matrices reales y simétricas son diagonalizables.

Óƒ = ÓÓ = (ßEß ’ )(ßEß ’ ) = ßEß ’ ßEß

’

= ßEƒ ß

’

Esto facilita enormemente el cálculo de las potencias de una matriz cuadrada.

Nota: Se puede demostrar que Óš = ßEš ß Procediendo por inducción: Dado Ó = ßEß

’

⇒ Óƒ = ßEß ’ ßEß

’

’

= ßEƒ ß

’

= ßEš ß

’

Se cumple para • = 2, supongamos que se cumple para • − 1 y comprobemos si se cumple para •.

Suponemos que se cumple para • − 1, ⇒

Entonces:

Óš = Óš ’ Ó = ßE š ’ ß ’ ßEß

’

Óš

’

= ßEš ’ ß

’

CQD

Método para diagonalizar una matriz

Sea la matriz cuadrada Ó ∈ ℝš®š de orden para obtener la matriz diagonal asociada D operamos de la siguiente forma: 1. Obtener los valores propios de la matriz A resolviendo el polinomio característico. 2. Buscar una base de los subespacios asociados a los valores propios.

3. Si la unión de los subespacios asociados a los autovalores generan ℝš (la suma de las dimensiones de los subespacios es n) la matriz es diagonalizable. Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

4. Si la multiplicidad del autovalor coincide con la dimensión del subespacio asociado para cada uno de los autovalores, entonces la matriz es diagonalizable. Si todos los autovalores tienen multiplicidad 1, la matriz es diagonalizable. 5. La matriz diagonal será la que tiene en su diagonal principal los autovalores hallados. 6. La matriz P, también llamada “matriz de paso” se construye colocando en sus columnas los vectores propios asociados a cada autovalor, de forma que el autovector ocupe la misma columna en ß que el autovalor asociado ocupa en la matriz E

Teorema de Cayley-Hamilton

Asegura que todo endomorfismo de un espacio vectorial de dimensión finita sobre un cuerpo cualquiera anula su propio polinomio característico. Esto significa que si tenemos que el polinomio característico de la matriz A es ß(P) = nš Pš + nš ’ Pš ’ + ⋯ + n’ P’ + nã = 0 entonces el también se cumple que ß(Ó) = nš Óš + nš ’ Óš ’ + ⋯ + n’ Ó’ + nã = 0. A veces este teorema puede ser útil para calcular potencias de la matriz A de forma sencilla.

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Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

Dada la matriz a,

6.1

$ − − −

a=t

−

$ − u − −

a) Obtener su polinomio característico. b) Demostrar que a es diagonalizable.

c) encontrar una matriz regular P tal que a = (s(

sea diagonal.

d) Construir la matriz diagonal y comprobar que se cumple la igualdad a

e) Obtener a .

(s( .

Solución: a) 2−P 4 det(Ó − PŠš ) = p 6 2

0 −3 − P −6 −2

−1 1 3−P 1

0 −3 p=0 −6 −2 − P

Para calcular el polinomio característico debemos calcular el determinante:

Para resolver el determínate usaremos la fórmula de los menores diagonales. El polinomio característico vendrá dado por: P(x) = P ° + n’ Pµ + nƒ Pƒ + nµ P + n° obteniendose los valores n€ mediante la suma de los menores diagonales de orden x de A. a=t

$ − − −

−

$ − u − −

n’ = −(2 − 3 + 3 − 2) = 0 , son los elementos de la diagonal principal.

nƒ =

2 4

0 −3

2 6

−1 3

2 2

0 −2

3 −6

1 3

3 −2

−3 −2

3 1

−6 −2

6 + 12 − 4 − 3 + 0 + 0 = −1

A continuación, el detalle de del calculo de los menores de orden 2 para calcular el coeficiente nƒ

Los menores se orden 2 correspondientes al primer valor de la diagonal principal, 2 t

$ − − −

$ −3 −6 −

−

− 1 3

$ − u ,t − −

$ − u,t − −

$ − − −

−

$ −3 − −

−

$ − u,t − −

$ −3 u − −2

$ − − −

−

$ − u − −

Los menores se orden 2 correspondientes al segundo valor de la diagonal principal, -3

t

$ − − −

−

$ − u −6 −2

Los menores se orden 2 correspondientes al segundo valor de la diagonal principal,3

t

3

Y evidentemente para el último valor de la diagonal principal no existe menor diagonal.

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

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2 0 −1 2 0 0 −3 1 nµ = \4 −3 1 \ + \4 −3 −3 \ + \−6 3 6 −6 3 2 −2 −2 −2 1 2 0 −1 0 4 −3 1 −3 n° = p p = 0 (|~ÝÍ•àn ‰ ¾ÍnÛ 6 −6 3 −6 2 −2 1 −2

−3 −6\ = 0 + 0 + 0 = 0 −2

n ¾{ìÍ‹•n xÝÍnì~|)

Y el polinomio característico será: P(x) = P ° − Pƒ = Pƒ (Pƒ − 1) = 0 y las raíces serán: P = 0 ‹Íì xŸìx¾xànà à{wì~ , P = 1 y P = −1

b)

Dado que hay valores con multiplicidad mayor que uno no podemos, todavía no podemos afirmar que la matriz es diagonalizable. Obtenemos ahora los subespacios propios correspondientes a cada auto valor: Para P = 0

2 4 t 6 2

0 −3 −6 −2

−1 1 3 1

-’ 0 -ƒ −3 u t- u = 0 −6 µ -° −2

Tenemos un sistema homogéneo y sabemos que Ûn•Ý (Ó) = 2 , pues en el apartado anterior vimos que à~ (Ó) = 0 y todos los menores de orden 3 también eran nulos,

Tomamos pues dos ecuaciones linealmente independientes formadas por las filas 1 y 2, (Claramente la fila 1 es linealmente independiente de cualquiera de las otras tres) y tenemos: -’ = Ú -ƒ = 2-’ = 0 2-’ = -µ ⇒ ⇒ ? - = 2Ú 4-’ −3-ƒ + -µ −3-° = 0 6-’ −3-ƒ −3-° = 0 µ -° = 2Ú −

El subespacio generado será ‹;ã = ?(-’ , -ƒ , -µ , -° ) ∈ ℝ° : (Ú, , 2Ú, 2Ú − )A, teniendo coincide con la multiplicidad del autovalor. Para P = 1

1 4 t 6 2

0 −4 −6 −2

−1 1 2 1

0 −3 u −6 S −3

;S

= ⏟

(S

1 4 t 6 2 S

1 4 t 6 ) 0

0 −4 −6 −2

0 −4 −6 0

−1 1 2 1

−1 1 2 0

-’ 0 −3 ƒ u t- u = 0 |x‹Ÿìxèx¾n‹{| −6 µ -° −3 0 −3 u −6 S 0

= ⏟

;S

S

1 4 t 0 0

0 −4 −6 0

−1 1 8 0

0 −3 u −6 0 S

= ⏟

;S

S

dimensión 2 que

1 0 t 0 0

-’ − -µ = 0 -’ = 3-° −4-ƒ + 5-µ −3-° = 0 −4-ƒ = −5-µ + 3-° = −15-° + 3-° = −12-° ⇒ ⇒ -ƒ = 3-° 1 3 -µ = 3-° -µ − -° = 0 -° = Ú 2 2

Luego nos queda el sistema:

El subespacio generado será ‹;’ = ?(-’ , -ƒ , -µ , -° ) ∈ ℝ° : (3Ú, 3Ú, 3Ú, Ú)A, teniendo coincide con la multiplicidad del autovalor. Para P = −1

‹;ã

3 4 t 6 2

0 −2 −6 −2

−1 1 4 1

‹;’

0 −4 0 0

−1 5 1 2 0

0 −3 u −3 2 0

dimensión 1 que

-’ 0 -ƒ −3 u t- u = 0 −6 µ -° −1

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Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

3 4 t 6 2

0 −2 −6 −2

1 ⎛0 ⎜0 ⎝

0 −2 −6 −2

0

−1 1 4 1

−1 7 3 6 5 3

0 −3 u −6 −1 S 0 −3⎞ −6⎟

−1

⎠

= ⏟

° S µ

;S

= ⏟

S ;S

µS

1 0 t 6 2

0 −2 −6 −2

1 ⎛0 ⎜0 ⎝

0 −2 0 −2

0

−1 7 3 2 1

−1 7 3 −1 5 3

0 −3 u −6 S −1

= ⏟

;S

0 −3⎞ = ⏟ 3⎟ S ;S −1 ⎠

S

S

1 0 t 0 2

0 −2 −6 −2

1 ⎛0 ⎜0 ⎝

−1 7 3 6 1

0 −2 0 0

0

−1 7 3 −1 −3 3

0 −3 u −6 S −1

;S

0 −3⎞ 3⎟ S 2 ⎠

= ⏟

S

= ⏟

;S

™ S É

1 0 t 0 0

3-’ = -µ = 3-° ⇒ -’ = -° 3-’ = 0 7 7 −2-ƒ = − -µ + 3-° = −7-° + 3-° = −10-° ⇒ -ƒ = 2-° −2-ƒ + -µ −3-° = 0 ⇒ 3 3 -µ = 3-° −-µ + 3-° = 0 -° = Ú

El subespacio generado será ‹; ’ = ?(-’ , -ƒ , -µ , -° ) ∈ ℝ° : (Ú, 2Ú, 3Ú, Ú)A, teniendo coincide con la multiplicidad del autovalor.

‹; ’

0 −2 0 0

−1 7 3 −1 0

0 −3 u 3 0

dimensión 1 que

La suma de los subespacios correspondientes a los autovalores da lugar a una base en ℝ° formada por por los autovectores. Como todos los subespacios vectoriales coinciden con la multiplicidad de su autovalor podemos afirmar que la matriz A es diagonalizable. c)

Una ”matriz de paso” P a la forma diagonal tendrá como columnas las coordenadas de los vectores de ℝ° formada por los autovectores de A colocados en forma de columnas, una base de las multiples posibles sería: ?(1,0, ,2,2), (0,1,0, −1), (3,3,3, ,1), (1,2,3,1)A 1 0 ß=t 2 2

d)

0 1 0 −1

3 3 3 1

1 2 u 3 1

La Matriz diagonal es la que se obtiene colocando los autovalores en la diagonal principal de forma que 0 0 0 0 0 0 0 0 cada autovalor este en la columna del vector propio correspondiente y sería: E = t u 0 0 1 0 0 0 0 −1 Calculamos ahora ß 1 0 t 2 2

= ⏟

S ;

0 1 0 −1

S

= ⏟

S ;S S ;S S ;S

1 0 t 0 0 S S

S

3 3 3 1

0 1 0 0

1 0 t 0 0

1 2 3 1

1 0 0 0

3 3 1 −2 0 1 0 0

0 0 1 0

’

0 1 0 0

1 2 −1 1

0 0 0 1

0 0 1 0

3

0 0 u 0 S 1 S

1 0 −2

3 4 0 −2

= ⏟

;S ;S

3 −2

−6 −8 1 3

S S

1 0 t 0 0

0 0 1 0 0 −1 3 1 0 5 7 −1 −2

Y ahora comprobamos la igualdad ßEß

0 1 0 −1

−6 −9 u 1 3

’

=Ó

3 3 −3 −5

1 2 1 −1

;S ;S S ;S

S S S

0 0 u 0 S 1 S

= ⏟

⇒

1 0 −2 −2

1 0 t 0 0 ß

’

0 1 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 1 0

0 0 u = ⏟ 0 S ;S 1

2 3 −1

3 4 = t 0 −2

1

3

−6 −8 1 3

S

−1 −2 −2 3 −2 5 7 −1 −2

1 0 t 0 0

0 1 0 0

3 3 −3 −2

0 1 1 1 0 −1 3 3 −2

−6 −9 u 1 3

1 2 1 1

0 0 u 0 3

1 0 −2 −2

0 1 0 1

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

0 0 1 0

0 0 u 0 1

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

ßEß

2 4 =t 6 2 e)

’

1 0 =t 2 2

0 −3 −6 −2

0 1 0 −1

−1 1 3 1

3 3 3 1

0 1 2 0 ut 3 0 1 0

0 −3 u=Ó −6 −2

Calculamos ahora Óµ = ßEµ ß

Óµ = ßE µ ß 0 0 =t 0 0

0 0 0 0

’

3 3 3 1

1 0 =t 2 2

0 1 0 −1

−1 3 −2 4 ut −3 0 −1 −2

3 3 3 1

−6 −8 1 3

0 0 0 0

’

0 1 2 0 ut 3 0 1 0 5 7 −1 −2

0 0 1 0

0 3 0 4 ut 0 0 −1 −2

0 0 0 0

0 0 1 0

−6 −8 1 3

5 7 −1 −2

0 −6 0 −9 u=t 0 1 0 3

0 3 0 4 ut 0 0 −1 −2

−6 −8 1 3

5 7 −1 −2

−6 2 4 −9 u=t 6 1 2 3

0 −3 −6 −2

−1 1 3 1

0 0 0 0

3 3 3 1

−1 3 −2 4 ut −3 0 −1 −2

−6 −8 1 3

5 7 −1 −2

−6 −9 u 1 3

−6 −9 u 1 3

0 −3 u=Ó −6 −2

También podemos calcular Óµ usando el teorema de Cayley-Hamilton.

El polinomio característico es Pƒ (Pƒ − 1) = 0 por el teorema mencionado Ó debe cumplir la ecuación y por tanto: Óƒ (Óƒ − 1) = 0 ⇒ Ó(Óµ − Ó) = 0 y como Ó ≠ 0 podemos escribir Óµ − Ó = 0 ⇒ Óµ = Ó , el mismo resultado obtenido anteriormente. 6.2

Se considera el endomorfismo S de ℝ cuya matriz asociada respecto de la base canónica es: a=t

a) Estudiar si f es diagonalizable en ℝ

− −

−

−

− u −

b) En caso afirmativo, encuentre una base de ℝ respecto de la cual la matriz asociada a f sea diagonal.

c) Diagonalizar a y a d) Calculara.

Solución: a) 1−P 1 1 1 1 1−P −1 −1 det(Ó − PŠ) = p p = ⏟ 1 −1 1−P −1 d ;d í í 1 −1 −1 1 − P 2−P 0 0 2−P 0 0 2−P (1 − P) \ 0 2−P 0 \ − \2 − P 2 − P 0 \ + \2 − P 0 0 2−P 2−P 0 2−P 2−P

1−P 1 1 1 2−P 2−P 0 0 p p= 2−P 0 2−P 0 d˜ 2−P 0 0 2−P 2−P 0 2−P 2−P 0 0 0 \ − \2 − P 0 2 − P\ = 0 2−P 2−P 0 0

Calculamos los autovalores simplificando el determinante y desarrollando por adjuntos la fila 1.

(1 − P)(2 − P)µ − (2 − P)µ − (2 − P)µ − (2 − P)µ = (2 − P)µ (1 − P − 3) = −(2 − P)µ (P + 2) = (P − 2)µ (P + 2)

Los autovalores serían pues: P = 2 Ûní‘ ÛxŸì~ ‰ P = −2 como tenemos raíces múltiples para saber si es diagonalizable debemos estudiar los subespacios vectoriales asociados a los autovalores. Para P = 2

t

−

− − −

− − −

-’ − ƒ u t- u = 0 µ − -° −

Ángel Núñez Jover – E-mail: [email protected]

Oposiciones de Secundaria Matemáticas. Preparación examen práctico. Bloque de Algebra

La dimensión del subespacio dim ( ‹ ) = • − Ûn•Ý(Ó − PŠš ), dicho esto vemos que la dimensión de Ûn•Ý(Ó − PŠš ) = 1 basta observar que si multiplicas la primera fila por -1, obtienes 4 filas iguales. Por tanto

dim( ‹ ) = • − Ûn•Ý(Ó − PŠš ) = 4 − 1 = 3 que coincide con la multiplicidad de la raíz. Para P = −2

La dimensión del subespacio generado por este autovalor es 1, dado que la dimensión de cada subespacio propio se encuentra entre 1 y la multiplicidad de la raíz que también es 1. Y por tanto podemos concluir que A es diagonalizable. b) Calculamos los subespacios asociados a cada autovalor: Para P = 2

Sólo tenemos una ecuación linealmente independiente:

El subespacio generado será Para P = −2

‹;ƒ

-’ − -ƒ − -µ − -° = 0

= ?(-’ , -ƒ , -µ , -° ): (Ú +

-’ -ƒ − u t- u = 0 µ − -°

De cualquier modo vamos a hallar las ecuaciones. t

t

− −

−

− u = ⏟ − d ;d

−

ê ê dÉ dÉ ;dÉ d™ d™ ;d™ d˜

t

$ $

$

− $

−

− −

+ W, Ú, , W)A.

−

$ u = ⏟ t $ $ d dê ; ê ° − $ d dÉ ; É ° d d™ ; É °

$

− $

$ u $ −

Claramente las filas 2,3 y 4 son linealmente independientes, descartamos pues la 1. También puede comprobarse calculando un determinante de orden 3 que incluya elementos de esas tres filas o también viendo que è’ = 3èƒ + 2èµ − èµ . " +" =$ −" + " = $ " −" =$

En definitiva nos quedan la ecuaciones:

El subespacio sería

‹; ƒ

⇒ " =" ="

" = −"

= ?(-’ , -ƒ , -µ , -° ): (−Ú, Ú, Ú, Ú)A

?(1,1,0,0), (1,0,1,0), (1,0,0,1), (−1,1,1,1)A

Una base buscada respecto a la cual la matriz A es diagonal sería :

−

$

$ $

$ $ u $ −

$

$ $

Y los vectores de esta base se corresponden con las columnas de la matriz de paso. Siendo: ß=t c)

Ó = ßEß

’

Ó = ßEß

’

⇒

$ $

Óƒ = ßEß ’ ßEß

’

$

$ $

= ßEƒ ß

u ’

$ E=t $ $

‰

=2

$ $

$ Luego la matriz diagonal de Ó ~| E = t $ $

⇒ E = ß Óß ⇒ ’

$

E

’

= (ß ’ Óß)

’

ƒ

ƒ

= ßÓ ß ’

’

⇒ Ó

$

$ $

’

$

=ß

$ $ u $

’

E ’ß

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Luego la matriz diagonal de Ó

’

~| E

’

d)

⎛ ⎜$ =⎜ ⎜$ ⎜

⎝$

$ $

$

$

$

⎞ $ ⎟ ⎟ $ ⎟ ⎟

$

$

− ⎠

Supongamos un • par tal que • = 2‹ entonces, Ó = ßEß matriz identidad. Si elevamos ambos miembros a ‹ ⇒

(Óƒ )º = f2ƒ Šš ƒ g

Supongamos un • impar tal que • = 2‹ + 1 entonces Ó 6.3

º

’

ƒº ’

Se considera la aplicación S: ℝ → ℝ , S(", , '

&"

⇒

Óƒ = ßEƒ ß

’

= 2ƒ Šš ƒ Siendo Šš la

⇒ Óƒº = 2ƒº Šš ƒº = 2ƒº Šš = =Ó

ļ

∗ Ó = 2 Šš Ó =

,− ,

š

+ '

.

a

.

[.

a) Probar que f es un endomorfismo del espacio vectorial ℝ .

b) Determinar la expresión matricial de S respecto de la base canónica c) Calcularla ecuación del núcleo y la imagen de S.

d) Calcular los valores propios y los subespacios de vectores propios asociados. e) Determinar si la matriz A asociada a la aplicación lineales diagonalizable y, en caso afirmativo, calcular su valor y la matriz de paso correspondiente. f)

Solución

Calcular a

Para comprobar que es un endomorfismo debemos probar que è(-, ‰, ‘) = (- − 4‰, −‰, 2‰ + ‘) es una aplicación lineal è: ℝµ → ℝµ . a)

Sean M̅ = (M’ , Mƒ , Mµ ) ‰ œ &&œ’ , œƒ , œµ ) ∈ ℝµ

è(ÚM̅ + œ ) = (ÚM’ + œ’ − 4(ÚMƒ + œƒ ) , −ÚMƒ − œƒ , 2(ÚMƒ + œƒ ) + ÚMµ + œµ ) = (ÚM’ − 4ÚMƒ + œ’ − 4 œƒ , −ÚMƒ − œƒ , 2ÚMƒ + ÚMµ + 2 œƒ + + œµ )

= Ú(M’ − 4Mƒ , −Mƒ , 2Mƒ + Mµ ) + (œ’ − 4œƒ , −œƒ , 2œƒ + œµ ) = Úè(M̅ ) +

è(œ '

Luego è es una aplicación lineal de ℝµ → ℝµ , y por tanto un endomorfismo en ℝµ . b)

La expresión matricial de f respecto a la base canónica se obtiene aplicando la función f a los vectores de la base canónica y colocando el resultado como una columna de la matriz transformación 1 è(-, ‰, ‘) = i0 0

c)

0 0j k ‰ l = 0 1 ‘

−4 −1 2

Para calcular el Kernel resolvemos el sistema homogéneo 1 i0 0

−4 −1 2

⇒

0 0j k ‰ l 1 ‘

- − 4‰ = 0 -=0 −‰ = 0 ⇒ ‰=0 2‰ + ‘ = 0 ‘=0

Entonces el kernel es el subespacio vectorial nulo: :~Û è = ?(0,0,0)A

El subespacio Imagen tiene dimensión 3 y una base de dicho subespacio estará formada por los vectores columna de la matriz transformación que como se ve a simple vista son linealmente independientes: ?(1,0,0), (−4, −10), (0,0,1)A.

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d) 1−P \ 0 0

−4 −1 − P 2

0 0 \ = −(1 − P)ƒ (1 + P) = 0 1−P

Calculamos valores propios:

P = 1 (Ûní‘ à{wì~) P = −1

⇒

Veamos los subespacios asociados, P=1 0 i0 0

−4 −2 2

0 -’ 0j i-ƒ j = 0 0 -µ

2 i0 0

−4 0 2

0 -’ 0j i-ƒ j = 0 ⇒ 2 -µ

⇒

-ƒ = 0 ~ì |Íw~|Ÿn¾x{ |~Ûxn

‹;’

= ?(-’ , -ƒ , -µ ) ∈ ℝµ : (-’ , 0, -µ )A

Subespacio vectorial con dimensión 2, que coincide con la multiplicidad del autovalor. P = −1

~ì |Íw~|Ÿn¾x{ |~Ûxn raíz.

‹; ’

2-’ − 4-ƒ = 0 - = 2-ƒ ⇒ ’ -µ = -ƒ 2-ƒ + 2-µ = 0

= ?(-’ , -ƒ , -µ ) ∈ ℝµ : (2-ƒ , -ƒ , -ƒ )A que tiene dimensión 1 igual a la multiplicidad de la

e) 1 E = i0 0

0 1 0

0 0j −1

1 ß = i0 0

0 0 1

2 1j 1

Concluimos pues que la matriz es diagonalizable y la matriz diagonal y la matriz de paso serán:

f)

‰

Calculamos ÓÑ = ßEÑ ß

’

En primer lugar debemos calcular ß tenemos: ß

’

=

(nà((ß))a |ß|

6.4

0 0 1

usando el método de adjuntos para calcular la matriz inversa,

−1 0 0 , nà((ß) = i 2 1 −1j , 0 −1 0 1 2 0 i0 j 1 −1 1 −2 (nà((ß))a 0 −1 0 ’ ß = = i0 −1 |ß| −1 0 1 Ñ 1 0 2 1 1 0 0 ÓÑ = ßEÑ ß ’ = i0 0 1j i 0 1Ñ 0 j i0 0 1 1 0 0 −1Ñ 0 ß

1 i0 0

’

2 1j 1

1 det(ß) = \0 0

0 1j 0 −2 −1 1

0 1 1j = i 0 0 0

Determinar un endomorfismo S de ℝ sabiendo: 

   n’’ Sea Ó = inƒ’ nµ’ Solución

0 0 1

2 1\ = −1 1

−4 −1 2

0 0j = Ó 1

[8d& S) = v?($, , − ), ( , , )A o = $ es un autovalor de S

El subespacio propioasociado a o = $ , esta generado por ($, , )

Hallar si es posible una base de ℝ en la que S venga dada por una matriz diagonal n’ƒ nƒƒ nµƒ

n’µ nƒµ j la matriz transformación de la función S nµµ

Al ser 0 el autovalor correspondiente al vector propio ($, , ) se debe cumple que:

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n’’ − 0 i nƒ’ nµ’

n’ƒ nƒƒ − 0 nµƒ

n’µ n’ƒ + n’µ = 0 0 nƒµ j i1j = 0 ⇒ nƒƒ + nƒµ = 0 nµµ − 0 1 nµƒ + nµµ = 0

Por otro lado los vectores generadores del subesapcio imagen tienen que formar parte de la base que genera el espacio ℝ , entonces podemos colocar dichos vectores en las dos primeras columnas de la matriz y calcular la tercera usando las condicones obtenidas para que P = 0 sea un autovalor: 0 Ó=i 1 −1

2 1 1

−2 −1j −1

Calculamos el polinimio caracteristico, ß(P) = −P(1 − P)(−1 − P) = P(1 − P)(1 + P) 0−P ß(P) = \ 1 −1

2 1−P 1

−2 −1 \ = −P(1 − P)(−1 − P) + 2 − 2 − 2(1 − P) + P + 2(1 + P) = −1 − P

−P(1 − P)(−1 − P) − 2 + 2P + P + 2 + 2P = −Pµ + 4P = P(−Pƒ + 4) = P(P + 2)(−P + 2)

Los valores propios son pues P = 0 , P = 2 , P = −2 conocemos el subespacio asociado al autovalor P = 0 calculamos los subespacios ƒ y ƒ −2 i1 −1

2 −1 1

−2-’ + 2-ƒ − 2-µ = 0 −2 -’ -’ − -ƒ − -µ = 0 ⇒ -µ = 0 , -’ = -ƒ j i j = 0 ⇒ −1 ƒ −-’ + -ƒ − 3-µ = 0 −3 -µ

El subespacio

‹;ƒ

= ?(-’ , -ƒ , -µ ) ∈ ℝµ : (-’ , -’ , 0)A

El subespacio

‹;ƒ

= ?(-’ , -ƒ , -µ ) ∈ ℝµ : (-’ , 0, -’ )A

2 i1 −1

2 3 1

2-’ + 2-ƒ − 2-µ = 0 −2 -’ −1j i-ƒ j = 0 ⇒ -’ + 3-ƒ − -µ = 0 ⇒ -ƒ = 0 , -’ = -µ -µ −-’ + -ƒ + -µ = 0 1

La base pedida de autovectores, respecto de la cual la matriz transformación de è será: ?($, , ), ( , , $), ( , $, )A

Y la matriz de transformación diagonal sería:

$ a = i$ $

Dada la matriz de números reales a = i

6.5

−

$ $

−

$ $j −

$ $j hallar la expresión de a. en función de n.

Solución

Calculamos los valores propios de Ó,

ß(P) = \

−4 − P 3 3

−6 5−P 6

0 0 \ = (5 − P) 5−P

4 P 3

6 5−P

&5 − P)_(−4 − P)(5 − P) + 18` =

(−4 − P)(5 − P)ƒ + 18(5 − P) = (5 − P)_−(4 + P)(5 − P) + 18` = (5 − P)_Pƒ − P − 2`

P=

1 ± √1 + 8 2 =Þ −1 2

⇒ ß(P) = (5 − P)(P − 2)(P + 1)

Veamos los subespacios generados por cada valor propio, P=5 i

−4 − 5 3 3

−6 5−5 6

-’ 0 0 j i-ƒ j = 0 5 − 5 -µ

−9 ⇒ i3 3

−6 0 6

El subespacio generado por este autovalor sería

P=2

−9-’ − 6-ƒ = 0 0 -’ - =0 -’ = 0 ⇒ ’ 0j i-ƒ j = 0 ƒ =0 3-’ + 6-ƒ = 0 0 -µ

‹;¶

= ?(-’ , -ƒ , -µ ) ∈ ℝµ : (0,0, -µ )A

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−6 i3 3

−6 3 6

−6 − 6-ƒ = 0 0 -’ 3-’ + 3-ƒ = 0 0j i-ƒ j = 0 ⇒ 3-’ + 6-ƒ + 3-µ = 0 3 -µ

⇒ -ƒ = −-’ ⇒ −3-ƒ + 6-ƒ + 3-µ = 0

−

−3-’ − 6-ƒ = 0 $ -’ 3-’ + 6-ƒ = 0 $j i-ƒ j = 0 ⇒ -µ 3-’ + 6-ƒ + 6-µ = 0

⇒

El subespacio generado por este autovalor sería

P = −1 i

−

El subespacio generado por este autovalor sería

‹;¶

-ƒ = −-’ -µ = −-ƒ = -’

⇒

= ?(-’ , -ƒ , -µ ) ∈ ℝµ : (-’ , −-’ , -’ )A

‹; ’

-’ = −2-ƒ 0=0 -µ = 0

= ÷(-’ , -ƒ , -µ ) ∈ ℝµ : (-’ , − 1 2 -’ , 0)ø

Para cada autovalor hemos encontrado un subespacio de vectores propios con la misma dimensión que la multiplicidad del autovalor asociado y por tanto la matriz es diagonalizable. 0 Tomamos como matriz P, ß = i0 1 Calculamos la inversa ß

’

1 −1 1

2 5 −1j y la matriz diagonal sería E = i0 0 0

1 −1 1 1 i2 −2 1j i−1 1 0 0 = 1 0 1 2 \0 −1 −1\ 1 1 0

Desarrollamos poa adjuntos y obtenemos ß

’

=

(nà((ß))a |ß|

Entonces

Ó = (ßEß š

0 i0 5š

2š −(2š ) 2š

’ )š

= ßE ß š

’

2 −2 1 1

0 = i0 1

2(−1)š 1 −(−1)š j i−1 1 0

2 −2 1

1 0j 1 0 =i −1 1 1 −1 1

2 −2 1

1 0j 0

5š 2 −1j i 0 0 0

0 2š 0

0 2 0

0 1 0 j i−1 (−1)š 1

−2š + 2(−1)š 1 j = _ 0 2š − (−1)š 0 5š − 2š

0 0j −1

2 −2 1

−2š ’ + 2(−1)š 2š ’ − (−1)š 2 ∗ 5š − 2 š ’

1 0j = 0

0 0` 5š

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