Click here to load reader

PROBLEMAS RESUELTOS DE MATEMATICAS · PDF filePROBLEMAS RESUELTOS DE MATEMATICAS SUPERIORES (FASC ICULO 1) 3 (c) Calcular expl citamente 4a m;y 5a m: (d) Sea Sel espacio vectorial

  • View
    328

  • Download
    12

Embed Size (px)

Text of PROBLEMAS RESUELTOS DE MATEMATICAS · PDF filePROBLEMAS RESUELTOS DE MATEMATICAS SUPERIORES...

  • PROBLEMAS RESUELTOS DE MATEMATICAS

    SUPERIORES (FASCICULO 1)

    FERNANDO REVILLA JIMENEZ

    Resumen. Cada fascculo de estos Problemas resueltos de matematicassuperiores consta de 50 problemas resueltos. Pueden considerarse comoanexos a mis libros Problemas resueltos de algebra y Problemas resueltosde analisis matematico.

    Indice

    1. Diferencias de orden k y monomios generalizados 22. Funciones cumpliendo f(x) f(y) kf |senx sen y| 73. Distancia d(x, y) = |f(x) f(y)| en los reales 94. Curvatura, torsion y ecuaciones intrnsecas 105. Esquema de urnas de Poisson. Funcion generatriz 116. Calculo de

    A, A1 y eA por matrices componentes 13

    7. Cociente de factores integrantes 148. Los grupos aditivo y multiplicativo de un cuerpo no son isomorfos 159. Desarrollo de Taylor de orden n de f(x, y) = log(x+ y) 1510. Polinomio de Z[x] con raz = 2 + 3

    3 17

    11. Configuracion de centro en un sistema autonomo 1812. Matrices cuadradas invertibles con coeficientes enteros 19

    13. Calculo de lmx+

    ex2

    xx log x

    2x

    et2dt 19

    14. Inversa de A R33 e interpretacion geometrica 2115. Integral

    +0

    log(x2+1)x2+1

    dx por residuos 21

    16. Estudio de la biyectividad de f(X) = (A X,B X) 2317. Extremos de f : (R+)3 R, f(x, y, z) = xmynzp sobre un plano 24

    18. L = lmx0x2ex

    5x 5ex + 5sin usar la regla de LHopital 25

    19. Diagonalizacion de A R22 con funciones hiperbolicas 2520. Infinitud de los numeros primos, demostracion topologica 2621. A y B matrices reales y semejantes como complejas, lo son

    como reales 2722. El conjunto de las fracciones diadicas en [0, 1] es denso 2823. Integral triple

    T x

    mynzp(1 x y z)qdxdydz 2824. Maximo de f(x1, . . . , xn) =

    ni=1 log(1 + xi) con

    ni=1 xi = a 30

    25. Ideal maximal en el anillo de las funciones de clase infinito 311

    http://fernandorevilla.es/wp-content/uploads/2015/10/problemas-resueltos-de-algebra.pdfhttp://fernandorevilla.es/wp-content/uploads/2015/10/problemas-resueltos-de-analisis-matematico.pdfhttp://fernandorevilla.es/wp-content/uploads/2015/10/problemas-resueltos-de-analisis-matematico.pdf
  • 2 FERNANDO REVILLA JIMENEZ

    26. Suma

    k=0 (I A)k en un espacio de matrices 3127. Caracterizacion de una topologa por axiomas de clausura de

    Kuratowski 3228. Acotacion por et de las soluciones de un sistema diferencial 3329. Generatrices rectilneas de un hiperboloide de una hoja 3430. Semianillo tropical 3531. Seminorma del supremo en el anillo de las funciones continuas 3732. A =

    {(x, y) R2 : y = sin(1/x)

    }{(0, 0)} conexo, pero no por

    caminos 38

    33. Lmite L = lmx0

    x sinxx3

    por tres metodos 39

    34. Teorema de Casorati-Weierstrass: singularidades de 1/f 40

    35. Mnimo de L(f) = ba f(x) dx

    ba

    dxf(x) mediante la desigualdad

    de Schwarz 4036. Polinomios de Legendre y operador simetrico 4137. Forma bilineal a partir de una suma directa 4338. Un operador autoadjunto y unitario 44

    39. Metrica producto d(x, y) =+

    n=11

    2ndn(xn,yn)

    1+dn(xn,yn)45

    40. Numero combinatorio(

    2nn

    )e integral 46

    41. Igualdad integral

    +

    sin t

    t log2 tdt =

    +

    cos t

    log tdt 46

    42. Ordinales racionales y norma p-adica 4743. Familia de rectas 6px 2y + x+ p2 = 0 4944. Principio del triangulo isosceles en normas no arquimedianas 5045. Helice circular: longitud, curvatura y torsion 5146. Una curva no rectificable 5247. Funcion entera que es polinomica 5348. Dos parametrizaciones de la elipse 5349. Dos parametrizaciones de la hiperbola 5450. Factor integrante de la forma = (xy2) 55

    1. Diferencias de orden k y monomios generalizados

    (a) Si a1, a2, a3, . . . , am, . . . es una sucesion de numeros reales, se definen lasdiferencias de ordenes 1, 2, 3, . . . , k . . . de la forma

    am = am+1 am

    kam = (

    k1am

    )si k > 1.

    Determinar explcitamente 2am y 3am.

    (b) Demostrar que kam =

    kj=0

    (1)j(k

    j

    )am+kj .

  • PROBLEMAS RESUELTOS DE MATEMATICAS SUPERIORES (FASCICULO 1) 3

    (c) Calcular explcitamente 4am, y 5am.

    (d) Sea S el espacio vectorial real de las sucesiones reales. Demostrar que laaplicacion : S S es lineal. Es k : S S lineal?

    (e) Se llaman monomios generalizados a los polinomios en n :

    n(0) = 1, n(1) = n, n(2) = n(n 1), n(3) = n(n 1)(n 2),

    . . . , n(k) = n(n 1) (n 2) . . . (n k + 1).Notese que n(k) = Vn,k es decir, son las variaciones de n elementos tomados

    de k en k. Demostrar que B = . . . {n(0), n(1), n(2), . . . , n(k)} es base de Rk[n].

    (f) Se considera el polinomio p(n) = n4 3n3 + 7n2 + n 5 R4[n]. Expre-sarlo como combinacion lineal de la base B = {n(0), n(1), n(2), n(3), n(4)}.

    (g) Demostrar que para k 1 el operador actua sobre los monomios ge-neralizados, como el operador derivacion. Es decir, demostrar que se verifican(k) = kn(k1).

    (h) Supongamos que se verifica ak = Ak para k = 0, 1, . . . , n+1. Demostrarque

    a0 + a1 + a2 + + an = An+1 A0.

    (i) Demostrar que una solucion de n(k) = Ak es Ak =n(k+1)

    k + 1.

    Nota. Denotamos a Ak por Int(n(k)

    )por analoga con el operador integral.

    Quedara por tanto

    Int(n(k)

    )=n(k+1)

    k + 1.

    (j) Usando los dos apartados anteriores, dar un procedimiento para calcularsumas del tipo

    Sk = 1k + 2k + 3k + + nk (k entero positivo).

    (k) Aplicar dicho procedimiento al calculo de las sumas

    a) S2 = 12 + 22 + 32 + + n2.

    b) S3 = 13 + 23 + 33 + + n3.

    c) S4 = 14 + 24 + 34 + + n4.

    SOLUCION. (a) Tenemos

    2am = (am) = (am+1 am)

    = am+2 am+1 (am+1 am) = am+2 2am+1 + am.3am =

    (2am

    )= (am+2 2am+1 + am)

    = am+3 2am+2 + am+1 (am+2 2am+1 + am)

  • 4 FERNANDO REVILLA JIMENEZ

    = am+3 3am+2 + 3am+1 am.(b) Veamos (por ejemplo), que la formula es cierta para k = 1 y k = 2.Desarrollando el segundo miembro,

    1j=0

    (1)j(

    1

    j

    )am+1j = (1)0

    (1

    0

    )am+1+(1)1

    (1

    1

    )am = am+1am = 1am,

    2j=0

    (1)j(

    2

    j

    )am+2j = (1)0

    (2

    0

    )am+2 + (1)1

    (2

    1

    )am+1 + (1)2

    (2

    2

    )am

    = am+2 2am+1 + am = 2am.Suponiendo que la formula dada es cierta, veamos que es cierta para k + 1.Tenemos

    k+1am = (

    kam

    )=

    kj=0

    (1)j(k

    j

    )am+kj

    =

    kj=0

    (1)j(k

    j

    )am+k+1j

    kj=0

    (1)j(k

    j

    )am+kj ()

    El primer sumando de la lnea () lo podemos escribir en formakj=0

    (1)j(k

    j

    )am+k+1j = am+k+1 +

    kj=1

    (1)j(k

    j

    )am+k+1j

    =

    (k + 1

    0

    )(1)0am+k+1 +

    kj=1

    (1)j(k

    j

    )am+k+1j .

    El sustraendo de la linea () lo podemos escribir en formakj=0

    (1)j(k

    j

    )am+kj =

    k1j=0

    (1)j(k

    j

    )am+kj + (1)kam

    =j=i1

    ki=1

    (1)i1(

    k

    i 1

    )am+k+1i +

    (k + 1

    k + 1

    )(1)kam.

    En consecuencia,

    k+1am =

    (k + 1

    0

    )(1)0am+k+1 +

    kj=1

    (1)j(k

    j

    )am+k+1j .

    +

    kj=1

    (1)j(

    k

    j 1

    )am+k+1j+

    (k + 1

    k + 1

    )(1)k+1am =

    (k + 1

    0

    )(1)0am+k+1

    +

    kj=1

    (1)j[(k

    j

    )+

    (k

    j 1

    )]am+k+1j +

    (k + 1

    k + 1

    )(1)k+1am.

  • PROBLEMAS RESUELTOS DE MATEMATICAS SUPERIORES (FASCICULO 1) 5

    Usando la conocida formula de combinatoria

    (k

    j

    )+

    (k

    j 1

    )=

    (k + 1

    j

    )queda

    k+1am =

    (k + 1

    0

    )(1)0am+k+1 +

    kj=1

    (1)j(k + 1

    j

    )am+k+1j

    +

    (k + 1

    k + 1

    )(1)k+1am =

    k+1j=0

    (1)j(k + 1

    j

    )am+(k+1)j

    y la formula es por tanto cierta para k + 1.

    (c) Usando la obvia analoga de la formula del apartado anterior con la delbinomio de Newton,

    (a b)4 = a4 4a3b+ 6a2b2 4ab3 + b4

    4am = am+4 4am+3 + 6am+2 4am+1 + am.(a b)5 = a5 5a4b+ 10a3b2 10a2b3 + 5ab4 b5

    5am = am+5 5am+4 + 10am+3 10am+2 + 5am+1 am.(d) Para todo , R y am, bn S,

    (am + bm) = (am+1 + bm+1) (am + bm)

    = (am+1 am) + (bm+1 bm) = am + bm,luego es lineal. Dado que k = . . . (k veces) y que la compo-sicion de aplicaciones lineales es lineal, concluimos que k tambien es lineal.

    (e) Los k+ 1 polinomios de B son de distinto grado y por tanto linealmenteindependientes. Por otra parte, dimRk[n] = k + 1 lo cual implica que B esbase de Rk[n].

    (f) Expresando p(n) =4

    i=0 in(i), operando el segundo miembro, identifi-

    cando coeficientes y resolviendo el sistema lineal en las incognitas i obte-nemos

    0 = 5, 1 = 6, 2 = 5, 3 = 3, 4 = 1,es decir p(n) = 5n(0) + 6n(1) + 5n(2) + 3n(3) + n(4).Nota. Se demuestra que se pueden hallar los coeficientes i usando de formageneral el siguiente algoritmo:

    1 3 7 1 51 1 2 5

    1 2 5 60 = 5,

    1 2 5 62 2 0

    1 0 5

    1 = 6,

  • 6 FERNANDO REVILLA JIMENEZ

    1 0 53 3

    1 3

    2 = 5, 3 = 3, 4 = 1.

    (g) Tenemos

    n(k) = (n+ 1)(k) n(k) = (n+ 1)n(n 1) . . . (n k + 2)n(n 1)(n 2) . . . (n k + 2)(n k + 1)

    = [n(n 1)(n 2) . . . (n k + 2)] (n+ 1 n+ k 1)= kn(n 1)(n 2) . . . (n k + 2) = kn(k1).

    (h) Dado que ak = Ak = Ak+1 Ak tenemosk = 0, a0 = A1 A0k = 1, a1 = A2 A1k = 2, a2 = A3 A2. . .

    k = n, an = An+1 An.Sumando y cancelando, obtenemos

    a0 + a1 + a2 + + an = An+1 A0.(i) Tenemos

    (n(k+1)

    k + 1

    )=

    lineal

    1

    k + 1n(k+1) =

    1

    k + 1(k + 1)n(k) = n(k).

    (j) Por el apartado 5, podemos expresar nk en

Search related