Geometría de una curva en el espacio. Ecuaciones de Frenet-Serret

Hemos dicho ya que en una curva en un plano de $\mathbb{R}^3$, en todo punto de la misma podemos hablar de un vector tangente $\vec{\sigma}$ (unitario) y de un vector ortogonal al mismo, $\vec{n}$, también unitario.

Estos dos vectores se encuentran ambos en el llamado plano osculador, y por tanto, $\vec{\sigma}\times \vec{n}=:\vec{b}$ es un vector ortogonal a ambos (y unitario) que determina la dirección de dicho plano, $\pi_{\text{osculador}}$. Este plano osculador es, por tanto, perpendicular (ortogonal) al plano que contiene a $\vec{\sigma}$ pero no a $\vec{n}$ y al que se le donomina plano normal, $\pi_{\text{normal}}$, y al plano que contiene a $\vec{n}$ pero no a $\vec{\sigma}$ al cual se le denomina plano binormal, $\pi_{\text{binormal}}$.

Así pues, en cada punto de la curva podemos situar un tres ejes formando un triedro trirectangulo de tal manera que si imaginamos un punto que recorra la curva, dicho triedro se va moviendo con él. La derivada vectoril de $\vec{b}$ con respecto al parámetro natural longitud de arco es por tanto, $$\dfrac{d\,\vec{b}}{ds}=\dfrac{d\,(\vec{\sigma} \times \vec{n})}{ds}=\vec{\sigma} \times \dfrac{d\,\vec{n}}{ds}+ \dfrac{d\,\vec{\sigma}}{ds} \times \vec{n} \quad (1)$$

Se ha visto ya que $\dfrac{d\,\vec{\sigma}}{ds}=\dfrac{1}{R(s)}\,\vec{n}$ (recordemos que $R(s)$ es el radio de curvatura y $\mathcal{K}(s)=\dfrac{1}{R(s)}$ la curvatura en cada punto, y como $\dfrac{d\,\vec{\sigma}}{ds} \times \vec{n}=\dfrac{1}{R(s)}\,\vec{n} \times \vec{n}=\vec{0}$, lo escrito en $(1)$ nos queda, $$\dfrac{d\,\vec{b}}{ds}=\vec{\sigma} \times \dfrac{d\,\vec{n}}{ds}+\vec{0}=\vec{\sigma} \times \dfrac{d\,\vec{n}}{ds}$$ donde, en cada punto, la cantidad escalar $\dfrac{1}{\mathcal{\tau}(s)}$, que representa el factor de proporcionalidad de un vector con respecto al otro, definimos $\mathcal{\tau}(s)$ como la torsión de la curva

Por otra parte, $\dfrac{d\,\vec{b}}{ds} \perp \vec{b}$ y $\dfrac{d\,\vec{b}}{ds} \perp \vec{\sigma}$, luego $\dfrac{d\,\vec{b}}{ds} \propto \vec{n}$, y por tanto podemos escribir que $$\dfrac{d\,\vec{b}}{ds}= \dfrac{1}{\tau(s)}\,\vec{n}$$ Entonces, $$\dfrac{1}{\tau(s)}\,\vec{n}=\sigma \times \dfrac{d\,\vec{n}}{ds}$$ por consiguiente $$\dfrac{1}{\tau(s)}\,\langle \vec{n}\,,\,\vec{n} \rangle=\langle \sigma \times \dfrac{d\,\vec{n}}{ds}\,,\,\vec{n} \rangle$$ y teniendo en cuenta que $\langle \vec{n}\,,\,\vec{n}\rangle=1$, se tiene que $$\dfrac{1}{\tau(s)}=\langle \vec{\sigma} \times \dfrac{d\,\vec{n}}{ds}\,,\,\vec{n} \rangle=\langle \vec{\sigma}\,,\, \dfrac{d\,\vec{n}}{ds}\times \vec{n} \rangle \rangle $$ Ahora bien, $\vec{n}=R(s)\,\dfrac{d^2\,\vec{r}}{ds^2}$, luego $\dfrac{d\vec{n}}{ds}=R(s)\,\dfrac{d^3\,\vec{r}}{ds^3}$ y $\vec{\sigma}=\dfrac{\vec{dr}}{ds}$ por lo que lo anterior puede escribirse de la forma $$\dfrac{1}{\tau(s)}=\langle \dfrac{\vec{dr}}{ds}\,,\, \dfrac{d\vec{n}}{ds}\rangle=\langle \dfrac{\vec{dr}}{ds}\,,\,R(s)\,\dfrac{d^3\,\vec{r}}{ds^3}\times R(s)\,\dfrac{d^2\,\vec{r}}{ds^2} \rangle=-R^2(s)\, \langle \dfrac{\vec{dr}}{ds}\,,\, \dfrac{d^2\,\vec{r}}{ds^2} \times \dfrac{d^3\vec{r}}{ds^3} \rangle$$ Y, recordando, por otra parte que $$\dfrac{1}{R(s)}=\left\|\dfrac{d^2\vec{r}}{ds^2}\right\| = \langle \dfrac{d^2\vec{r}}{ds^2}\,,\,\dfrac{ d^2\vec{r}}{ds^2} \rangle $$ y por tanto $$R(s)=\dfrac{1}{\left\|\dfrac{d^2\vec{r}}{ds^2}\right\|} = \dfrac{1}{\langle \dfrac{d^2\vec{r}}{ds^2}\,,\,\dfrac{ d^2\vec{r}}{ds^2} \rangle} $$ podemos escribir $$\dfrac{1}{\tau(s)}=-\dfrac{ \langle \dfrac{\vec{dr}}{ds}\,,\, \dfrac{d^2\,\vec{r}}{ds^2} \times \dfrac{d^3\vec{r}}{ds^3} \rangle}{\left(\langle \dfrac{d^2\vec{r}}{ds^2}\,,\,\dfrac{ d^2\vec{r}}{ds^2} \rangle\right)^2} \quad (2)$$

Para ir zanjando esta exposición, podemos decir que ya casi estamos en condiciones de escribir las fórmulas de Serret-Frenet que sintentizan lo que se ha descrito (la tercera es necesario acabar de justificarla):

• $\dfrac{d\vec{\sigma}(s)}{ds}=\mathcal{K}(s)\,\vec{n}(s)$
• $\dfrac{d\vec{b}(s)}{ds}=-\tau(s)\,\vec{n}(s)$
• $\dfrac{d\vec{n}(s)}{ds}=-\mathcal{K}(s)\,\vec{\sigma}(s)+\tau(s)\,\vec{b}(s)$

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Observación de interés físico:
Como ya he comentado que en otro artículo, en física, el parámetro usual es el tiempo, por lo que a menudo nos vemos en la necesidad de calcular la curvatura y el radio de curvatura a partir de la expresión de la curva en función del parámetro $t$ en lugar de $s$. Para ello, tengamos en cuenta que $$\dfrac{d\vec{r(s)}}{ds}=\dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}\cdot \dfrac{dt}{ds}=\dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}\cdot \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}}$$ Por consiguiente, $$\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}=\dfrac{d}{ds}\,\left(\dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}\right)\cdot \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}}+\dfrac{d}{ds}\left( \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}} \right) \cdot \dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}$$ luego $$\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}=\dfrac{d}{ds}\,\left(\dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}\right)\cdot \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}}+(-1)\,\dfrac{\dfrac{d^2s}{dt^2}}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^3}\cdot \dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}$$ esto es $$\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}=\dfrac{\dfrac{d}{dt}\,\left(\dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}\right)}{\dfrac{ds}{dt}} \cdot \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}}+(-1)\,\dfrac{\dfrac{d^2s}{dt^2}}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^3}\cdot \dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}$$ con lo cual $$\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}=\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{dt^2}\cdot \dfrac{1}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^2}+(-1)\,\dfrac{\dfrac{d^2s}{dt^2}}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^3}\cdot \dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}$$

Recordemos también que $\vec{r(t)}=(x(t),y(t),y(t))$, por tanto $\dfrac{d\vec{r(t)}}{dt}=(\dot{x}(t),\dot{y}(t),\dot{z}(t))$ y $\dfrac{d^2\vec{r(t)}}{dt^2}=(\ddot{x}(t),\ddot{y}(t),\ddot{z}(t))$ con lo cual podemos escribir el resultado de la forma, $$\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}=(\ddot{x}(t),\ddot{y}(t),\ddot{z}(t))\cdot \dfrac{1}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^2}+(-1)\,\dfrac{\dfrac{d^2s}{dt^2}}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^3}\cdot (\dot{x}(t),\dot{y}(t),\dot{z}(t))$$

Recordemos también que $\mathcal{K}(t)=\dfrac{1}{R(t)}=\dfrac{\left\| \dfrac{d\vec{r}(t)}{dt}\times \dfrac{d^2\vec{r}(t)}{dt}\right\|}{\left( \left\| \dfrac{d\vec{r}(t)}{dt}\right\|\right)^3}$

Así pues, la expresión $(2)$ (torsión de la curva en cada punto de la misma) podemos escribirla en términos del parámetro de evolución temporal $t$ de un punto que siga el recorrido de la curva como: $$\dfrac{1}{\tau(t)}=-\dfrac{ \langle \dfrac{d\vec{r}(t)}{dt}\,,\, \dfrac{d^2\,\vec{r}(t)}{dt^2} \times \dfrac{d^3\vec{r}(t)}{dt^3} \rangle}{\left(\left\|\dfrac{d\vec{r}(t)}{dt} \times \,\dfrac{ d^2\vec{r}(t)}{dt^2} \right\|\right)^2} \quad (2')$$

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Fórmulas de Serret-Frenet:

• $\dfrac{d\vec{\sigma}(s)}{ds}=\mathcal{K}(s)\,\vec{n}(s)$
• $\dfrac{d\vec{b}(s)}{ds}=-\tau(s)\,\vec{n}(s)$
• $\dfrac{d\vec{n}(s)}{ds}=-\mathcal{K}(s)\,\vec{\sigma}(s)+\tau(s)\,\vec{b}(s)$

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Acerca del movimiento circular no uniforme en un plano

Consideremos un movimiento circular no uniforme en el plano $Oxy$, de radio $R$, $\vec{r}(t)=R\,\cos(t)\,\hat{i}+R\,\sin(t)\,\hat{j}$, en cada punto de la trayectoria el vector velocidad viende dado por $\dfrac{d\vec{r}(t)}{dt}=\dfrac{d\vec{r}}{ds}\cdot \dfrac{ds}{dt}=\vec{\sigma}\, c_\sigma$, donde $s$ es el parámetro natural longitud de arco y, por tanto, $c_\sigma=\dfrac{ds}{dt}$ es la celeridad a lo largo de la trayectoria circular (módulo del vector velocidad); por otra parte, recordemos que $\vec{\sigma}$ -véase el artículo en el que hablaba de ello- es el vector unitario en la dirección de la recta tangente a la circunferencia en cada punto de la misma.

Entonces, es bien sabido que el vector aceleración en cada punto de la trayectoria viene dada por la derivada del vector velocidad, esto es $\dfrac{d}{dt}\,(c_\sigma\,\vec{\sigma})=\dfrac{dc_\sigma}{dt}\,\vec{\sigma}+c_\sigma\dfrac{d\vec{\sigma}}{dt}=a_\sigma\,\vec{\sigma}+c\,\dfrac{d\vec{\sigma}}{ds}\,\dfrac{ds}{dt}=a_\sigma\,\vec{\sigma}+\dfrac{c^2}{R}\,\vec{n}$, ya que $\dfrac{d{\vec{\sigma}}}{ds}=\dfrac{1}{R}\,\vec{n}$ donde $\vec{n}$ recordemos que es el vector normal unitario (en la dirección perpendicular al vector tangente). Así pues, el vector aceleración se descompone en como suma ortogonal de un vector aceleración tangente a la trayectoria (cuyo módulo es $a_\sigma$) y un vector aceleración normal a la trayectoria (cuyo módulo es $\dfrac{c^2}{R}$). La curvatura, $\mathcal{K}=\dfrac{1}{R}$ es en este caso también constante, pues, de alguna manera, la partícula en movimiento no puede salirse del camino circular. $\diamond$

Curvatura, radio de curvatura y aceleración (normal) en el caso de un movimiento circular uniforme en el plano $Oxy$

En un movimiento circular de radio $R$, $\vec{r}(t)=R\,\cos(t)\,\hat{i}+R\,\sin(t)\,\hat{j}$, a velocidad tangencial constante, en cada punto de la trayectoria el vector velocidad viende dado por $\dfrac{d\vec{r}(t)}{dt}=\dfrac{d\vec{r}}{ds}\cdot \dfrac{ds}{dt}=\vec{\sigma}\, c$, donde $s$ es el parámetro natural longitud de arco y, por tanto, $c=\dfrac{ds}{dt}$ es la celeridad a lo largo de la trayectoria circular (módulo del vector velocidad), que, de acuerdo con el planteamiento, es constante; por otra parte, recordemos que $\vec{\sigma}$ -véase el artículo anterior- es el vector unitario en la dirección de la recta tangente a la circunferencia en cada punto de la misma.

Entonces, es bien sabido que la aceleración en cada punto de la trayectoria viene dada por la derivada del vector velocidad, esto es $\dfrac{d}{dt}\,(c\,\vec{\sigma})=\dfrac{dc}{dt}\,\vec{\sigma}+c\dfrac{d\vec{\sigma}}{dt}=0+c\,\dfrac{d\vec{\sigma}}{ds}\,\dfrac{ds}{dt}=\dfrac{c^2}{R}\,\vec{n}$, ya que $\dfrac{d{\vec{\sigma}}}{ds}=\dfrac{1}{R}\,\vec{n}$ donde $\vec{n}$ recordemos que es el vector normal unitario (en la dirección perpendicular al vector tangente). Así pues, el vector aceleración es normal a la trayectoria y su módulo es $\dfrac{c^2}{R}$. Es claro que en esta situación que, en cuanto a la curvatura, $\mathcal{K}=\dfrac{1}{R}$ es constante, por ser el constante el radio de curvatura. $\diamond$

Curvatura y radio de curvatura en cada punto de una curva de $\mathbb{R}^3$

Consideremos una curva $\mathcal{C}$ en $\mathbb{R}^3$ en la que expresamos la posición de los puntos de la misma en función de un parámetro natural como es la longitud de arco $s$ -en física, el parámetro natural suele ser el tiempo-; $\vec{r(s)}=x(s)\,\hat{i}+y(s)\,\hat{j}+z(s)\,\hat{k}$ apunta pues a un punto genérico de la curva. Vamos a ver cómo expresar la curvatura y la torsión en un punto dado de dicha curva.

Manejaremos para ello las derivadas vectoriales $\dfrac{d\vec{r(s)}}{ds}=:\vec{\sigma}$ (vector tangente a la curva en el punto dado) y $\dfrac{d(\vec{\sigma(s)})}{ds}=\dfrac{d^2(\vec{r(s))}}{ds^2}$, y la necesidad de ello se verá enseguida.

Es claro que el vector $\dfrac{d(\vec{\sigma(s)})}{ds} \perp \vec{\sigma(s)}$ (vector tangente a la curva en el punto a considerar), por lo que esta segunda derivada de $\vec{r(s)}$, la entendemos como un vector proporcional al vector unitario normal a la curva en el punto dado, $\vec{n}$, y por tanto podemos escribir, $$\dfrac{d\vec{\sigma(s)}}{ds}=\mathcal{K(s)}\,\vec{n}$$ siendo por tanto $\mathcal{K(s)}=\left\|\dfrac{d\vec{\sigma(s)}}{ds}\right\|=\left\|\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}\right\| \quad (1)$

Es evidente que el ángulo formado entre los vectores de posición de dos puntos próximos $P$ y $P'$, $\Delta\,\varphi:=\measuredangle(\vec{r(s)}\,,\,\vec{r(s+\Delta\,s)})$ tiene que ver con lo que acabamos de escribir, y entenderemos por tanto como curvatura de la curva en el punto $P$ a la cantidad $$\displaystyle \mathcal{K}(s):=\lim_{\Delta\,s}\,\left| \dfrac{\Delta\,\varphi}{ds} \right|$$ y definimos el radio de curvatura como $$R(s):=\dfrac{1}{\mathcal{K}(s)}=\dfrac{1}{\left\|\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}\right\|}$$

Pues bien, de acuerdo con $(1)$, $$\mathcal{K}(s)=\sqrt{\left(\dfrac{d^2(x(s)) }{ds^2}\right)^2+\left(\dfrac{d^2(y(s)) }{ds^2}\right)^2+\left(\dfrac{d^2(z(s)) }{ds^2}\right)^2}$$ y por tanto $$R(s)=\dfrac{1}{\sqrt{\left(\dfrac{d^2(x(s)) }{ds^2}\right)^2+\left(\dfrac{d^2(y(s)) }{ds^2}\right)^2+\left(\dfrac{d^2(z(s)) }{ds^2}\right)^2}}$$ Nota:
En muchos cálculos suele aparecer también el cuadrado de la curvatura y el cuadrado del radio de curvatura, $$(\mathcal{K(s)})^2=\dfrac{1}{(R(s))^2}=\left(\dfrac{d^2(x(s)) }{ds^2}\right)^2+\left(\dfrac{d^2(y(s)) }{ds^2}\right)^2+\left(\dfrac{d^2(z(s)) }{ds^2}\right)^2$$ y $$ (R(s))^2=\dfrac{1}{\left(\dfrac{d^2(x(s)) }{ds^2}\right)^2+\left(\dfrac{d^2(y(s)) }{ds^2}\right)^2+\left(\dfrac{d^2(z(s)) }{ds^2}\right)^2}$$

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Ya se ha comentado que en física, el parámetro usual es el tiempo, por lo que a menudo nos vemos en la necesidad de calcular la curvatura y el radio de curvatura a partir de la expresión de la curva en función del parámetro $t$ en lugar de $s$. Para ello, tengamos en cuenta que $$\dfrac{d\vec{r(s)}}{ds}=\dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}\cdot \dfrac{dt}{ds}=\dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}\cdot \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}}$$ Por consiguiente, $$\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}=\dfrac{d}{ds}\,\left(\dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}\right)\cdot \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}}+\dfrac{d}{ds}\left( \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}} \right) \cdot \dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}$$ luego $$\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}=\dfrac{d}{ds}\,\left(\dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}\right)\cdot \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}}+(-1)\,\dfrac{\dfrac{d^2s}{dt^2}}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^3}\cdot \dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}$$ esto es $$\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}=\dfrac{\dfrac{d}{dt}\,\left(\dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}\right)}{\dfrac{ds}{dt}} \cdot \dfrac{1}{\dfrac{ds}{dt}}+(-1)\,\dfrac{\dfrac{d^2s}{dt^2}}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^3}\cdot \dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}$$ con lo cual $$\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}=\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{dt^2}\cdot \dfrac{1}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^2}+(-1)\,\dfrac{\dfrac{d^2s}{dt^2}}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^3}\cdot \dfrac{d\vec{r(s)}}{dt}$$

Recordemos que $\vec{r(t)}=(x(t),y(t),y(t))$, por tanto $\dfrac{d\vec{r(t)}}{dt}=(\dot{x}(t),\dot{y}(t),\dot{z}(t))$ y $\dfrac{d^2\vec{r(t)}}{dt^2}=(\ddot{x}(t),\ddot{y}(t),\ddot{z}(t))$ con lo cual podemos escribir el resultado de la forma, $$\dfrac{d^2\vec{r(s)}}{ds^2}=(\ddot{x}(t),\ddot{y}(t),\ddot{z}(t))\cdot \dfrac{1}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^2}+(-1)\,\dfrac{\dfrac{d^2s}{dt^2}}{\left(\dfrac{ds}{dt}\right)^3}\cdot (\dot{x}(t),\dot{y}(t),\dot{z}(t))$$

De todo ello se acaba de deducir que $\mathcal{K}(t)=\dfrac{1}{R(t)}=\dfrac{\left\| \dfrac{d\vec{r}}{dt}\times \dfrac{d^2\vec{r}}{dt}\right\|}{\left( \left\| \dfrac{d\vec{r}}{dt}\right\|\right)^3}$ o si se prefiere utilizar la notación punto para la derivada vectorial, por comodidad: $\mathcal{K}(t)=\dfrac{1}{R(t)}=\dfrac{\left\| \dot{\vec{r}}(t) \times \ddot{\vec{r}}(t) \right\|}{\left( \left\| \dot{\vec{r}}(t) \right\| \right)^3}$

En particular, para curvas planas (en el plano $Oxy$) se tiene que $$\mathcal{K}=\dfrac{1}{R}=\dfrac{\left( (\dot{x})^2+(\dot{y})^2 \right)^\frac{3}{2}}{|\dot{x}\,\ddot{y}-\dot{y}\,\ddot{x}|}$$ y en el caso de que la curva venga expresada en forma explícita, $y=f(x)$, es fácil ver que $$\mathcal{K}=\dfrac{1}{R}=\dfrac{\left( 1+\left(\dfrac{f(x)}{dx}\right)^2\right)^\frac{3}{2}}{\left|\dfrac{d^2\,f(x)}{dx^2}\right|}$$ Nota: Recordemos que $\mathcal{K}$ se denomina curvatura y $R(t)$ radio de curvatura

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Ecuaciones de la recta tangente a una curva de $\mathbb{R}^3$ en un punto $P$ y del plano perpendicular a la misma, dada dicha curva como la intersección de dos superficies

Consideremos una curva $\mathcal{C}$ en $\mathbb{R}^3$ que viene dada por la intersección de dos superficies $F_1(x,y,z)=0$ y $F_2(x,y,z)=0$. A partir de estas ecuaciones, que se suponen dadas, voy a determinar la ecuación de la rectan tangente a dicha curva y también la el plano perpendicular (normal) a la misma en un punto $P$ de dicha curva.

Escribiendo la diferencial de $(1)$ y de $(2)$, $$\left\{\begin{matrix} \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x}\cdot \dot{x}(t)+\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y}\cdot \dot{y}(t)+\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z}\cdot \dot{z}(t)=0 \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x}\cdot \dot{x}(t)+\dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y}\cdot \dot{y}(t)+\dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\cdot \dot{z}(t)=0 \end{matrix}\right.$$ que podemos escribir de la forma, $$\left\{\begin{matrix} \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x}\cdot \dot{x}(t)=-\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y}\cdot \dot{y}(t)-\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z}\cdot \dot{z}(t) \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x}\cdot \dot{x}(t)=-\dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y}\cdot \dot{y}(t)-\dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\cdot \dot{z}(t) \end{matrix}\right.$$ y expresado en forma matricial se puede escribir de la forma $$\begin{pmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z} \end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}\dot{y}(t)\\\dot{z}(t)\end{pmatrix}=-\dot{x}(t)\,\begin{pmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x}\end{pmatrix}$$ Entonces, $$\dot{y}(t)=-\dot{x}(t)\cdot\dfrac{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}}$$ y $$\dot{z}(t)=-\dot{x}(t)\cdot\dfrac{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}}$$ y siendo un vector tangente a un punto genérico de la recta, $$\vec{v(t)}:=(\dot{x}(t),\dot{y}(t),\dot{z(t)})$$ lo podemos escribir como $$\vec{v(t)}=\left(\dot{x}(t)\,,\,-\dot{x}(t)\cdot \dfrac{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}} \,,\, -\dot{x}(t)\cdot\dfrac{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}} \right)$$ es decir, $$\vec{v(t)}=\dot{x}(t) \left(1\,,\, -\dfrac{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}} \,,\, -\dfrac{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}} \right)$$ y que es proporcional a $$\dot{x}(t) \cdot \left( \begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix} \,,\, -\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix} \,,\, -\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x}\end{vmatrix} \right)$$ y por tanto, también a $$ \left( \begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix} \,,\, -\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix} \,,\, -\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x}\end{vmatrix} \right)$$

Así pues, la ecuación de la recta tangente en forma continua en un punto $P$ de la curva $\mathcal{C}$ queda de la forma: $$\dfrac{x-x_P}{\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}} = \dfrac{y-y_P}{ -\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix} } = \dfrac{z-z_P}{-\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x}\end{vmatrix}} $$

Por consiguiente, la ecuación del plano perpendicular (normal) a la recta tangente en el punto $P$ de la curva $\mathcal{C}$ tendrá por ecuación, $$\pi_\perp:\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}\cdot (x-x_P) -\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,z} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,z}\end{vmatrix}\cdot (y-y_P) -\begin{vmatrix}\dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_1}{\partial\,x} \\ \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,y} & \dfrac{\partial\,F_2}{\partial\,x}\end{vmatrix}\cdot (z-z_P)=0 $$ $\diamond$

Recta tangente y plano perpendicular a dicha recta en un punto de una curva en $\mathbb{R}^3$, dada ésta en forma vectorial y en función del parámetro de evolución de un punto sobre la misma

La ecuación de una curva en el espacio $\mathbb{R}^3$ puede escribirse de manera vectorial, mediante el vector de posición en cada punto de la curva. Las coordenadas de dicho vector se expresan en función del parámetro de evolución de un punto sobre la curva; en física, éste suele ser el tiempo $t$. Así, se tiene que $$\mathcal{C}:\vec{r(t)}=x(t)\,\hat{i}+y(t)\,\hat{j}+z(t)\,\hat{k}$$ La derivada vectorial de dicho vector de posición respresenta el vector tangente en cada punto de la curva $P$: $$\text{v.t.}:\vec{v(t_P)}:=\left(\dfrac{d\vec{r(t)}}{dt}\right)_P=\dot{x}(t)|_{t=t_P}\hat{i}+\dot{y}(t)|_{t=t_P}\hat{j}+\dot{z}(t)|_{t=t_P}\hat{k}$$ y, en particular, representando el parámetro $t$ el tiempo, dicho vector tangente no es otro que el vector velocidad en cada punto de la curva.

La ecuación de la recta tangente en cada punto de la curva es por tanto $$\text{r.t. en P}:\dfrac{x-x_P}{ \dot{x}(t)|_{t=t_P} }=\dfrac{y-y_P}{ \dot{y}(t)|_{t=t_P} }=\dfrac{z-z_P}{ \dot{z}(t)|_{t=t_P} }$$ Dicha recta tangente tiene que ser perpendicular -en cada punto $P$ de la curva- a un plano (plano normal al vector tangente) cuya ecuación vendra dada por $$\pi_\perp:\dot{x}(t)|_{t=t_P}\cdot(x-x_P)+\dot{y}(t)|_{t=t_P}\cdot(y-y_P)+\dot{z}(t)|_{t=t_P}\cdot(z-z_P)=0$$

Ejemplo:
Consideremos la circunferencia de radio unidad contenida en el plano $Oxy$, $\mathcal{C}:\vec{r(t)}=\cos(t)\,\hat{i}+\sin(t)\,\hat{j}+0\,\hat{k}$. Entonces el vector velocidad (vector tangente) en cada punto de dicha circunferencia es $\mathcal{C}:\vec{v(t)}=-\sin(t)\,\hat{i}+\cos(t)\,\hat{j}+0\,\hat{k}$, luego la ecuación de la recta tangente, pongamos que en el $P(1,0,0)$ que corresponda al valor $t=0$ vendrá dada por $\text{r.t.}:\dfrac{x-1}{-\sin(0)}=\dfrac{y-0}{\cos(0)}=\dfrac{z-0}{0}$, ecuación que expresada en forma cartesiana es $\text{r.t}:x=1$. Y, por otra parte, la ecuación del plano perpendicular a la misma es $\pi_\perp:-\sin(0)\cdot (x-1)+\cos(0)\cdot (y-0)+0=0$, esto es, $\pi_\perp:y=0$, y que, dicho de otra manera, es el plano $Oxz$. $\diamond$

Plano tangente a una superficie en un punto dado

La euación del plano tangente a una superficie $F(x,y,z)=0$ en un punto de la misma $P(x_P,y_P,z_P)$ viene dada por $$\left(\dfrac{\partial\,F}{\partial\,x}\right)_P\,(x-x_P)+\left(\dfrac{\partial\,F}{\partial\,y}\right)_P\,(y-y_P)+\left(\dfrac{\partial\,F}{\partial\,z}\right)_P\,(z-z_P)=0$$

Ejemplo:
Consideremos la superficie de la esfera $\mathcal{E}:x^2+y^2+z^2=1$, entonces la ecuación del plano tangente en el punto $\pi_t:P(0,0,1)$ es $$(2x)_P\cdot (x-x_p)+(2y)_P\cdot (y-y_P)+(2z)_P\cdot (z-z_P)=0$$ que, con las coordenadas del punto $P$ queda $$\pi_t:(2\cdot 0)\cdot (x-0)+(2\cdot 0)\cdot (y-0)+(2\cdot 1)\cdot (z-1)=0$$ $$\pi_t:2\cdot (z-1)=0$$ esto es, $$\pi_t:z=1$$ que representa el plano paralelo al plano $Oxy$ en el polo norte de la esfera de radio unidad $\diamond$

Análisis del rango de una matriz cuyos elementos dependen de un parámetro, por el método de reducción

Me propongo analizar el rango de la siguiente matriz según los valores que tome el parámetro $a \in \mathbb{R}$ $$A=\begin{pmatrix}1&a&-1\\2&-1&a\\1&10&-6\end{pmatrix}$$

Reduciendo de manera escalonada la matriz llegamos a la siguiente matriz equivalente en rango: $$\begin{pmatrix}1&a&-1\\0&-2a-1&2+a\\0&0&\dfrac{(a+5)(a-3)}{2a+1}\end{pmatrix} \underset{\sim}{(2a+1)\cdot f_3\rightarrow f_3} \begin{pmatrix}1&a&-1\\0&-2a-1&2+a\\0&0&(a+5)(a-3)\end{pmatrix}$$

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Operaciones que he realizado entre filas:

• Primera etapa:
  • $-2f_1+f_2\rightarrow f_2$
  • $f_1-f_3\rightarrow f_3$
• Segunda y última etapa:
  • $f_2\cdot \dfrac{a-10}{2a+1}+f_3\rightarrow f_3$; $(2a+1)\,f_3\rightarrow f_3$

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Puede suceder que:

1. Atendiendo a los posibles valores del numerador del elemento de la tercera fila y de la tercera columna, vemos que éste se anula si $a$ es $-5$ o bien es $3$, por lo que la tercera fila sería identicamente nula para dichos valores del parámetro; y, para esos mismos valores, sin embargo, no serían nulos los elementos de la segunda fila, luego el número de filas no indenticamente nulas sería $2$ en este supuesto, con lo cual el rango de la matriz sería $2$.
2. En cualquier otro caso, ninguno de los elementos que dependen del parámetro $a$ se anulará (tanto el de la tercera fila, como los de la segunda), con lo cual el número de filas no identicamente nulas sería $3$, luego el rango de la matriz sería $3$

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Análisis y resolución de un sistema de ecuaciones lineales con coeficientes complejos mediante reducción

Vamos a analizar, y -si procede- resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales con coeficientes en el cuerpo de los números complejos: $$\left\{\begin{matrix}x-i\,y&=&2 \\ y+i\,z&=&1+2\,i\\x+y&=&1+i\end{matrix}\right.$$

La matriz de los ecoeficientes es $$A=\begin{pmatrix}1&-i&0\\0&1&i\\1&1&0\end{pmatrix}$$ y la matriz ampliada $$\tilde{A}=\begin{pmatrix}1&-i&0&2\\0&1&i&1+2\,i\\1&1&0&1+i\end{pmatrix}$$ Reduciendo la matriz $\tilde{A}$, restándole a la primera fila la tercera y sustituyendo dicho resultado en la tercera fila; y, a continuación, multiplicando la segunda fila por $1+i$, sumandole los elementos de la tercerca fila, y sustituyendo el resultado en la tercera fila, se comprueba que es equivalente en rango a $\begin{pmatrix}1&-i&0&2\\0&1&i&1+2\,i\\0&0&-1+i&-1\end{pmatrix}$

Teniendo ya escalonada la matriz, es claro que el rango de las matrices $A$ y $\tilde{A}$ coinciden y es igual a $3$ (número de filas no identicamenate nulas), luego el sistema es compatible; además, como dicho rango es igual al númro de incóngitas, la solución es única (sistema compatible determinado). Veamos ahora cuál es dicha solución.

Toda vez que ya tenemos escalonada la matriz ampliada, podemos afirmar que el sistem de ecuaciones equivalente en solución es: $$\left\{\begin{matrix}x&-i\,y&&&=&2 \\ & y&+&i\,z&=&1+2\,i\\&&&(-1+i)\,z&=&-1\end{matrix}\right.$$ De la tercera ecuación, tenemos que $$z=\dfrac{1}{1-i}=\dfrac{1}{1-i}\cdot \dfrac{1+i}{1+i}=\dfrac{1+i}{1-i^2}=\dfrac{1+i}{1-(-1)}=\dfrac{1}{2}\,(1+i)$$ Sustituyendo este resultado en la segunda ecuación y despejando $y$ llegamos a $$y=\dfrac{3}{2}\,(1+i)$$ y sustituyendo a su vez los valores encontrados para $y$ y $z$ en la primera ecuación, al despejar $x$ obtenemos $$x=\dfrac{1}{2}\,(1+3\,i)$$

Nota:
Se puede comprobar que sustituyendo estos valores en cualesquiera de la ecuaciones originales satisfacen las igualdades, como debe ser.

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Cálculo de la matriz inversa de una matriz regular mediante el método de reducción

A modo de ejercicio, voy a calcular la matriz inversa de $A=\begin{pmatrix}i&1\\1&i\end{pmatrix}$, cuyos elementos pertenecen al cuerpo de los números complejos

Voy a utilizar el método de reducción:
$$\left(\begin{array}{cc|cc}
i & 1 & 1 & 0 \\
1 & i & 0 & 1 \\
\end{array}\right) $$ Multiplicando por $i$ los elementos de la primera fila y sumando la fila resultante a los elementos de la segunda obtenemos: $$\left(\begin{array}{cc|cc}
i & 1 & 1 & 0 \\
0 & 2i & i & 1 \\
\end{array}\right) $$ Ahora, multipliquemos por $\dfrac{1}{2}\,i$ los elementos de la segunda fila y sumemos a los de la primera: $$\left(\begin{array}{cc|cc}
i & 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\,i \\
0 & 2i & i & 1 \\
\end{array}\right) $$ Multiplicando lo0s elementos de la primera fila por $-i$: $$\left(\begin{array}{cc|cc}
1 & 0 & -\frac{1}{2}\,i & \frac{1}{2} \\
0 & 2i & i & 1 \\
\end{array}\right) $$ Y, finalmente, multipliquemos los elementos de la segunda fila por $-\frac{1}{2}\,i$: $$\left(\begin{array}{cc|cc}
1 & 0 & -\frac{1}{2}\,i & \frac{1}{2} \\
0 & 1 & \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\,i \\
\end{array}\right) $$ Así pues, $$A^{-1}=\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\,i & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2}\,i \end{pmatrix}=\dfrac{1}{2}\, \begin{pmatrix}-i & 1 \\ 1 & -i \end{pmatrix}$$

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Nota:
Un método alternativo es el de la matriz de los cofactores: $A^{-1}=\dfrac{C^t}{\text{det}(A)}$ donde $C=[c_{ij}]_{n\times n}:=[(-1)^{i+j}\,\mathcal{A}_{ij}]_{n \times n}$ siendo $\mathcal{A}$ la matriz de los adjuntos asociada a $A$

Así, en el caso que nos ocupa, $C=\begin{pmatrix}(-1)^{1+1}\,\text{det}(a_{22})&(-1)^{1+2}\,\text{det}(a_{21}) \\ (-1)^{2+1}\,\text{det}(a_{12})&(-1)^{2+2}\,\text{det}(a_{11}) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}i&-1\\-1&i\end{pmatrix}$, con lo cual $C^t=\begin{pmatrix}i&-1\\-1&i\end{pmatrix}$; por otra parte, $\det{A}=\begin{vmatrix}i&1\\1&i\end{vmatrix}=i^2-1^2=-1-1=-2$, luego $A^{-1}=\dfrac{1}{-2}\,\begin{pmatrix}i&-1\\-1&i\end{pmatrix}=\dfrac{1}{2}\,\begin{pmatrix}-i&1\\1&-i\end{pmatrix}$, tal y como ya hemos calculado antes por el método de reducción.

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Un ejercicio en el que se aplica la sobre un parámetro para que un conjunto de tres vectores dados, y que dependen de dicho parámetro, forme una base de $\mathbb{R}^3$

¿Para qué valores del parámetro real $a$, el conjunto de vectores $\{(\alpha,0,1),(0,1,1),(2,-1,\alpha)\}$ es una base de $\mathbb{R}^3$?

Como la dimensión del espacio vectorial es $3$ se necesitan exactamente tres vectores linealmente independientes para formar una base. Veamos si estos tres candidatos cumplen esta condición, lo cual es equivalente a decir que la combinación lineal para describir el vector nulo, $a\,(\alpha,0,1)+b\,(0,1,1)+c\,(2,-1,\alpha)=(0,0,0) \quad (1)$, ha de ser tal que los coeficientes $a,b$ y $c$ sean los tres igual a cero.

De $(1)$ puede escribirse el siguiente sistema homogéneo: $$\left\{\begin{matrix}\alpha \, a+2\,c=0\\b-c=0\\a+b+\alpha\,c=0\end{matrix}\right.$$

La matriz de los coeficientes es $\begin{pmatrix}\alpha&0&2\\0&1&-1\\1&1&\alpha\end{pmatrix}$ y la matriz ampliada es $\begin{pmatrix} \alpha & 0 & 2 & 0\\ 0 &1&-1&0 \\ 1&1&\alpha&0 \end{pmatrix}$

Para que $a=b=c=0$ (solución única), el sistema homogéneo tendrá que ser compatible determinado, y siendo el número de incógnitas igual a $3$, el rango de la matriz de los coeficientes ha de ser igual a $3$ (éste será también el rango de la matriz amplicada, por ser la última columna nula); y, para ello, el determinante de la matriz ampliada tendrá que ser distinto de cero: $$\begin{vmatrix}\alpha&0&2\\0&1&-1\\1&1&\alpha\end{vmatrix}\neq 0 \Leftrightarrow \alpha^2+\alpha-2 \neq 0 \, \Leftrightarrow \alpha \not \in \{1\,,-2\}$$

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La derivación de polinomios como aplicación lineal

Acerca de la aplicación lineal derivación de polinomios de grado $3$ $$\mathcal{D}:P_{\mathbb{R}}^{(3)}[x] \rightarrow P_{\mathbb{R}}^{(2)}[x]$$, ¿cuál es la matriz asociada a dicha aplicación lineal con respecto a las bases canónicas respectivas de los espacios de partida y de llegada?

Con respecto a las bases canónicas $\{1,x,x^2,x^3\}$ del espacio vectorial $P_{\mathbb{R}}^{(3)}[x]$ (de dimensión igual a $4$), y $\{1,x,x^2\}$ del espacio vectorial $P_{\mathbb{R}}^{(2)}[x]$ (de dimensión igual a $3$), se tiene que $$\left\{\begin{matrix}\mathcal{D}(1)=0\,\cdot 1+0\cdot x+0\cdot x^2\\ \mathcal{D}(x)=1\,\cdot 1+0\cdot x+0\cdot x^2\\ \mathcal{D}(x^2)=0\,\cdot 1+2\cdot x+0\cdot x^2\\ \mathcal{D}(x^3)=0\,\cdot 1+0\cdot x+3\cdot x^2 \end{matrix}\right.$$ es decir, $$\begin{pmatrix}1&0&0&0 \\ 0&2&0&0 \\ 0&0&3&0 \end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}1\\x\\x^2\\x^3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\2x\\3x^2\\\end{pmatrix} $$ luego la matriz asociada a la aplicación lineal es $D=\begin{pmatrix}1&0&0&0 \\ 0&2&0&0 \\ 0&0&3&0\end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{3\times 4}(\mathbb{R})$

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Redefinamos un poco esta aplicación lineal. Consideremos ahora la operación derivación de polinomios como el endomorfismo $$\mathcal{D}:P_{\mathbb{R}}^{(3)}[x] \rightarrow P_{\mathbb{R}}^{(3)}[x]$$ Me propongo demostrar que el conjunto de polinomios de grado $0$ constituye el núcleo de dicho endomorfismo

Con respecto a las base canónica $\{1,x,x^2,x^3\}$ del espacio vectorial de partida y de llegada $P_{\mathbb{R}}^{(3)}[x]$ (de dimensión igual a $4$) se tiene que $$\left\{\begin{matrix}\mathcal{D}(1)=0\,\cdot 1+0\cdot x+0\cdot x^2+0\cdot x^3\\ \mathcal{D}(x)=1\,\cdot 1+0\cdot x+0\cdot x^2+0\cdot x^3\\ \mathcal{D}(x^2)=0\,\cdot 1+2\cdot x+0\cdot x^2+0\cdot x^3\\ \mathcal{D}(x^3)=0\,\cdot 1+0\cdot x+3\cdot x^2+0\cdot x^3 \end{matrix}\right.$$ es decir, $$\begin{pmatrix}0&0&0&0\\ 1&0&0&0 \\ 0&2&0&0 \\ 0&0&3&0 \end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}1\\x\\x^2\\x^3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\\2x\\3x^2\\\end{pmatrix} $$ luego, así las cosas, la matriz asociada a la aplicación lineal es $$D=\begin{pmatrix}0&0&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&2&0&0 \\ 0&0&3&0\end{pmatrix} \in \mathcal{M}_{4\times 4}(\mathbb{R})$$

Veamos quien es el núcleo del endomorfismo, que, como es sabido, representa el conjunto de elementos del espacio vectorial que son enviados cuya imagen es el elemento cero: $$\begin{pmatrix}0&0&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&2&0&0 \\ 0&0&3&0\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\end{pmatrix}$$

El rango de la matriz de los coeficientes es $3$, luego $\text{dim}(\text{Ker}(\mathcal{D}))=\text{dim}(P_{\mathbb{R}}^{(3)}[x])-\text{rango}(D)=4-3=1$. Resolviendo el sistema de ecuaciones encontramos fácilmente $x_1=x_2=x_3=0$, quedando $\lambda:=x_4$ como el correspondiente parámetro libre; por consiguiente, las bases del núcleo del endomorfismo (subespacio vectorial del espacio vectorial $P_{\mathbb{R}}^{(3)}[x]$) son del tipo $ (0,0,0,\alpha) \,\forall \alpha \in \mathbb{R}$, con las cuales es evidente que con ellas sólo pueden describirse los polinomios de grado cero. Es decir, el conjunto de polinomios de grado cero (los números reales) constituyen el núcleo del endomorfismo derivación de polinomios (de $P_{\mathbb{R}}^{(3)}[x]$ en si mismo). Por supuesto, y generalizando, podemos decir lo mismo para la derivación en el espacio de polinomios de grado arbitrario $n$.

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Observación:
Observemos que la matriz de este endomorfismo, $\begin{pmatrix}0&0&0&0 \\ 1&0&0&0 \\ 0&2&0&0 \\ 0&0&3&0\end{pmatrix}$, no es diagonalizable al no cumplirse la condición necesaria y suficiente; en efecto, si calculamos los valores propios, solamente encontramos uno: $\lambda=0$ $$P(\lambda):=\begin{vmatrix}0-\lambda&0&0&0 \\ 1&0-\lambda&0&0 \\ 0&2&0-\lambda&0 \\ 0&0&3&-\lambda\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow \lambda=0$$ con lo cual, el polinomio característico se escribe de la forma $P(\lambda)=\lambda^4$, siendo por tanto su multiplicidad igual a $m=4\neq \text{dim}(\text{Ker}(\mathcal{D}))=1$

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Una base del espacio vectorial $\mathcal{M}_{2\times 2}(\mathbb{R})$

Se considera el espacio vectorial $\mathcal{M}_{2\times 2}$ sobre el cuerpo $\mathbb{R}$. ¿Es el siguiente conjunto de matrices una base de dicho espacio vectorial? $$\left\{ \begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}\right\}$$

La dimensión del espacio vectorial $\mathcal{M}_{2\times 2}$ es $2\cdot 2=4$, luego todo sistema de generadores ha de tener al menos $4$ vectores linealmente independientes; y, como toda base es un sistema de generadores mínimo, el conjunto propuesto es candidato a ser una base. Veamos si los elementos dados son linealmente independientes. Para ello, sabemos que una combinación lineal de los mismos que exprese el elemento nulo. $\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}$, debe ser tal que los coeficientes de dicha combinación lineal, $a,b,c,d\in \mathbb{R}$ sean todos nulos. Planteemoslo:

$$a\,\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}+b\,\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}+c\,\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}+d\,\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix} $$ luego el sistema de ecuaciones lineales asociado es un sistema homogéneo, $$\left\{\begin{matrix}a+c+d=0\\b+c+d=0\\a+b+d=0\\a+b+c=0\end{matrix}\right.$$ La matriz de los coeficientes es $$A=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1 & 0 \\ \end{pmatrix} $$ y la matriz ampliada, $$\tilde{A}=\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
\end{array}\right) $$ Al ser nulos los elementos de la quinta columna, es claro que $\text{rango}(\tilde{A})=\text{rango}{A}\le 4$; y, por otra parte, se puede comprobar que $\text{det}(A)\neq 0$, luego $\text{rango}(\tilde{A})=\text{rango}{A} = 4$, que es igual al número de incógnitas ($n=4$), por consiguiente, según el teorema de Rouché-Fröbenius, el sistema es compatible determinado (solución única), y, siendo homogéneo, ésta es $a=b=c=d=0$. En consecuencia, los cuatro elementos propuestos del sistema de generadores son linealmente independientes, y siendo éste mínimo (el número de los mismos es igual a la dimensión del espacio vectorial), constituyen una base del mismo.

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Un ejercicio para determinar una base del núcleo de una aplicación lineal dada

Se considera el endomorfismo $f:V_3(\mathbb{R})\rightarrow V_2(\mathbb{R});\,(x_1,x_2,x_3)^\top \mapsto (x_1+x_2+x_3,x_1+x_2)^\top$. Me propongo encontrar una base del núcleo de la aplicación lineal, $\text{Ker}(f)$

Veamos cuál es la matriz asociada $A$ a $f$: Como $\left\{\begin{matrix}f(x_1)&=&x_1+x_2+x_3\\f(x_2)&=&x_1+x_2\end{matrix}\right.$, se tiene que $A_{2\times 3}=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}$. Es claro que $\text{rango}(A)=2$, pues podemos encontrar menores complementarios de orden $2$ distintos de cero, luego como $\text{dim}(V_3)=\text{rango}(A)+\text{dim}(\text{Ker}(f))$, vemos que $3=2+\text{dim}(\text{Ker}(f))$ y por tanto, $\text{dim}(\text{Ker}(f))=3-2=1$; así que una base de $\text{Ker}(f)$ estará formada por un sólo vector.

Encontremos uno, teniendo en cuenta que todo vector del núcleo tiene el vector $\vec{0}_{V_2}$: $$\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}0&=&x_1+x_2+x_3\\0&=&x_1+x_2\end{matrix}\right. \sim \left\{\begin{matrix}0&=&x_1+x_2+x_3\\0&=&x_3=0\end{matrix}\right. \Rightarrow \lambda:=x_1=-x_2$$ en consecuencia, tomando (pongamos que) $\lambda=1$, un vector válido es $(1,-1,0)$, luego podemos escribir que $\text{Ker}(f)=\langle (1,-1,0)\rangle$

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EDO asociada a la familia de rectas del plano cuya distancia al origen de coordenadas es igual a la unidad

¿Cuál es la EDO asociada a la familia de rectas del plano tal que para cada una de ellas la distancia al origen de coordenadas $O$ sea igual a la unidad?

Sea una de dichas rectas, cuya ecuación en forma implícita puede escribirse de la forma $r:ax+by+c=0\quad (1)$. Entonces, $\text{distancia}(r,O(0,0)):=\dfrac{a\cdot 0+b\cdot 0+c}{\sqrt{a^2+b^2}}=\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}=-\dfrac{ax+by}{\sqrt{a^2+b^2}}=1 \quad (2)$

Ahora bien, $a$ y $b$ están relacionados con la pendiente de la recta, $m$; en efecto, si escribimos la ecuación de $r$ en forma explícita, tenemos que $r:y=m\,x+k$, pero de $(1)$, $\dfrac{a}{b}\,x+y=-\dfrac{c}{a}$, luego $y=-\dfrac{a}{b}\,x-\dfrac{c}{a}$, y por tanto se tiene que $m=-\dfrac{a}{b}$, con lo cual $a=-m\,b$; por consiguiente, $(2)$ puede escribir de la forma: $$\dfrac{(-mb)\,x+b\,y}{\sqrt{(-mb)^2+b^2}}=1$$ o lo que es lo mismo (simplificando), $$y-m\,x-\sqrt{1+m^2}=0 \quad (3)$$ Con lo cual, la solución general depende de un sólo parámetro (como era de esperar), $m$, y por tanto la EDO que buscamos ha de ser de primer orden.

Derivando $(3)$ con respecto de $x$ podremos despejar dicho parámetro y sustituirlo después para encontrar la ecuación diferencial pedida:
$$y'-m=0 \Rightarrow m=y'$$ con lo cual $(3)$ se reescribe de la forma $$y-x\,y'-\sqrt{1+(y')^2}=0$$ es decir $$y-x\,y'=\sqrt{1+(y')^2}$$ elevando al cuadrado en ambos miembros, $$(y-x\,y')^2=1+(y')^2$$ y, desarrollando el binomio al cuadrado del segundo miembro, y agrupando términos: $$(1-x)^2\,(y')^2+2xy\,y'-y^2+1=0$$

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EDO asociada a la familia de circunferencias de radio $2$, centradas en la bisectriz del primer y tercer cuadrantes

Consideremos la familia de circunferencia de radio igual a $2$ cuyos centros se encuentran sobre la bisectriz del primer y tercer cuadrantes del plano. ¿Cuál es la EDO asociada?

La ecuación de una de estas circunferencias, de centro $A(x_\alpha,y_\alpha)$, es $(x-x_\alpha)^2+(y-y_\alpha)^2=2^2$. Ahora bien, al estar $C$ en la bisectriz del primer y tercer cuadrantes, $\alpha_x=\alpha_y$, con lo cual se tiene que esta familia de circunferencias (solución general de la EDO) es $(x-x_\alpha)^2+(y-x_\alpha)^2=2^2$, esto es $x^2+y^2-2\,\alpha_x\,x-2\,\alpha_x\,y=4 \quad (1)$, donde $\alpha_x$ juega ahora el papel de constante arbitraria (de integración). Para obtener una expresión de la misma, derivo, despejo, simplifico y sustituyo:
Al derivar obtengo, $x+y-\alpha_x-\alpha_x\,y'=0$, es decir, $x+y=(y'+1)\,\alpha_x$ y por tanto, $\alpha_x=\dfrac{x+y}{1+y'}$, y sustituyendo en $(1)$ -que es lo mismo que $x^2+y^2-2\,\alpha_x\,(x+y)=4$- llegamos a $x^2+y^2-2\,\dfrac{(x+y)^2}{1+y'}=4$, es decir, $(x^2+y^2-4)(1+y')-2\,(x+y)^2=0$ $\diamond$

Alguns exemples de demostració pel mètode d'inducció, aplicats a les sèries

Exemple 1:
Demostreu, per inducció, la següent propietat:
    $1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2=\dfrac{1}{6}\,n\,(n+1)\,(2\,n+1) \quad \quad \text{on} \quad n \in \mathbb{N}$

Solució:
Seguint els tres passos del mètode de demostració per inducció tenim. Aquests passos són els següents:

  i) És evident que la propietat és certa per a $n=1$, és a dir, es compleix $\mathcal{P}_1$

  ii) Suposem, ara, que la propietat $\mathcal{P}_n$ és certa ( suposem que és certa la proposició donada, és a dir, la igualtat donada a l'enunciat )

  iii) Provarem, a continuació, que la propietat també és certa per a $n+1$, és a dir, provarem que es verifica $\mathcal{P}_{n+1}$. Fet això, d'acord amb el principi dit d'inducció, quedarà demostrada la proposició $\mathcal{P}$ per a qualsevol valor de $n$. Partint, doncs, de l'expressió del primer membre de la igualtat donada (   $\mathcal{P}_n$   ) , sumem el terme $(n+1)^2$ al primer membre (sumem el quadrat del nombre consecutiu al darrer terme), obtenint
    $\big(1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2\big)+(n+1)^2$
que, segons $\mathcal{P}_n$, és igual a
    $\dfrac{1}{6}\,n\,(n+1)\,(2\,n+1)+(n+1)^2$
expressió que és igual a
    $\dfrac{1}{6}\,(n+1)\,\big(2\,n^2+7\,n+6\big)$
i que, factoritzada, queda
    $\dfrac{1}{6}\,(n+1)\,(n+2)(2\,n+3)$
per tant es reprodueix la mateixa estructura de l'expressió del 2n membre per a $n+1$; en efecte, per veure-ho ben clar, tan sols cal substituir $n$ per $n+1$ a l'expressió del segon membre, verificant la reproducció de l'estructura de l'expressió:
    $\dfrac{1}{6}\,(n+1)\,\big((n+1)+1\big)\,\big(2\,(n+1)+1\big)$
Llavors, queda provada $\mathcal{P}$.
$\diamond$

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Exemple 2:
Demostreu, per inducció, la següent propietat:
    $2+4+6+\ldots+2n=n\,(n+1)$     ( $n \in \mathbb{N}$ ).

Solució:
Seguint els tres passos del mètode de demostració per inducció tenim. Aquests passos són els següents:

  i) És evident que la propietat és certa per a $n=1$, és a dir, es compleix $\mathcal{P}_1$

  ii) Suposem, ara, que la propietat $\mathcal{P}_n$ és certa ( suposem que és certa la proposició donada, és a dir, la igualtat donada a l'enunciat )

  iii) Provarem, a continuació, que la propietat també és certa per a $n+1$, és a dir, provarem que es compleix $\mathcal{P}_{n+1}$. Fet això, d'acord amb el principi dit d'inducció, quedarà demostrada la proposició $\mathcal{P}$ per a qualsevol valor de $n$. Partint, doncs, de l'expressió del primer membre de la igualtat donada (   $\mathcal{P}_n$   ) , sumem el terme $2\,(n+1)$ al primer membre (sumem el nombre parell consecutiu al darrer terme), obtenint
  $\big(2+4+6+\ldots+2n\big)+2\,(n+1)$
que, segons $\mathcal{P}_n$, és igual a $n\,(n+1)+2\,(n+1)$
expressió que és igual a $n^2+3\,n+2$
i, factoritzada, queda
$(n+1)\,(n+2)$
per tant es reprodueix la mateixa estructura de l'expressió del 2n membre per a $n+1$; en efecte, per veure-ho ben clar, tan sols cal substituir $n$ per $n+1$ a l'expressió del segon membre, verificant la reproducció de l'estructura de l'expressió. Llavors, queda provada $\mathcal{P}$.
$\diamond$

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Exemple 3:
Demostreu, per inducció, la següent propietat:
    $1+4+7+\ldots+(3\,n-2)=\dfrac{1}{2}\,n\,(3\,n-1) \quad \quad \text{on} \quad n \in \mathbb{N}$

Solució:
Seguint els tres passos del mètode de demostració per inducció tenim. Aquests passos són els següents:

  i) És evident que la propietat és certa per a $n=1$, és a dir, es compleix $\mathcal{P}_1$

  ii) Suposem, ara, que la propietat $\mathcal{P}_n$ és certa ( suposem que és certa la proposició donada, és a dir, la igualtat donada a l'enunciat )

  iii) Provarem, a continuació, que la propietat també és certa per a $n+1$, és a dir, provarem que es compleix $\mathcal{P}_{n+1}$. Fet això, d'acord amb el principi dit d'inducció, quedarà demostrada la proposició $\mathcal{P}$ per a qualsevol valor de $n$. Partint, doncs, de l'expressió del primer membre de la igualtat donada (   $\mathcal{P}_n$   ) , sumem el terme $3\,(n+1)-2$ al primer membre (sumem el valor del terme consecutiu de la successió aritmètica de diferència igual a $3$), obtenint
  $\bigg(1+4+7+\ldots+\big(3\,n-2\big)\bigg)+\big((3\,(n+1)-2\big)$
i, segons $\mathcal{P}_n$, és igual a
$\dfrac{1}{2}\,\bigg(\,n\,(3\,n-1)+2\,\big((3\,(n+1)-2\big)\bigg)$
expressió que és igual a
$\dfrac{1}{2}\,\big(3\,n^2+5\,n+2\big)$
i, factoritzada, queda
$\dfrac{1}{2}\,(n+1)\,(3\,n+2)$
on reconeixem la reproducció de l'estructura de la propietat $\mathcal{P}$ per a $n+1$
$\dfrac{1}{2}\,(n+1)\,(3\,(n+1)-1)$
i, doncs, queda provada $\mathcal{P}$.
$\diamond$

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Exemple 4:
Demostreu, per inducció, la següent propietat:
    $1+5+9+\ldots+(4\,n-3)=n\,(2\,n-1) \quad \quad \text{on} \quad n \in \mathbb{N}$

Solució:
Seguint els tres passos del mètode de demostració per inducció tenim. Aquests passos són els següents:

  i) És evident que la propietat és certa per a $n=1$, és a dir, es compleix $\mathcal{P}_1$

  ii) Suposem, ara, que la propietat $\mathcal{P}_n$ és certa ( suposem que és certa la proposició donada, és a dir, la igualtat donada a l'enunciat )

  iii) Provarem, a continuació, que la propietat també és certa per a $n+1$, és a dir, provarem que es compleix $\mathcal{P}_{n+1}$. Fet això, d'acord amb el principi dit d'inducció, quedarà demostrada la proposició $\mathcal{P}$ per a qualsevol valor de $n$. Partint, doncs, de l'expressió del primer membre de la igualtat donada (   $\mathcal{P}_n$   ) , sumem el terme $4\,(n-3)+4$ al primer membre (sumem el valor del terme consecutiu de la successió aritmètica de diferència igual a $4$), obtenint
  $\bigg(1+5+9+\ldots+\big(4\,n-3\big)\bigg)+\big((4\,n-3)+4\big)$
i, segons $\mathcal{P}_n$, és igual a
    $n\,(2\,n-1)+\big((4\,n-3)+4\big)$
expressió que és igual a
    $2\,n^2+3\,n+1$
i, factoritzada (nota), queda
    $(n+1)\,(2\,n+1)$
on reconeixem la reproducció de l'estructura de la propietat $\mathcal{P}$ per a $n+1$
    $(n+1)\,\big(2\,(n+1)-1\big)$
i, doncs, queda provada $\mathcal{P}$. Hem acabat.
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Nota:  
Per factoritzar el polinomi $2\,n^2+3\,n+1$ en calculem, primer de tot, les arrels o zeros del polinomi (que són els nombres que l'anul·len) i, per acabar, aplicarem el teorema de factorització.

Resolem, doncs, l'equació $2\,n^2+3\,n+1=0$ per determinar les seves arrels. L'equació és polinòmica de 2n grau, i ja ve expressada en forma completa (o general) $a\,x^2+b\,x+c=0$, amb coeficients: $a=2$, $b=3$ i $c=1$
veiem que el discriminant $\Delta=b^2-4\,a\,c$ que és igual a $3^2-4 \cdot 2 \cdot 1 = 1$, que és un nombre positiu, i, per tant, veiem que hi ha dos nombres reals (diferents) com a solució, que són els següents:
      $\dfrac{-3\pm \sqrt{\Delta}}{2 \cdot 2}=\dfrac{-3\pm 1}{4}$
Obtenim, doncs, les següents arrels del polinomi
    $n_1=-\dfrac{1}{2} \quad \text{i} \quad n_2=-1$
llavors, pel teorema de factorització podem escriure
    $2\,n^2+3\,n+1=2\,\big(n-n_1\big)\,\big(n-n_2\big)$
és a dir
    $2\,n^2+3\,n+1=2\,\big(n-(-\dfrac{1}{2}\big)\,\big(n-(-1)\big)$
        $=2\,\bigg(n+\dfrac{1}{2}\bigg)\,\big(n+1)\big)$
        $=(n+1)\,\big(2\,(n+1)-1\big)$
        $=(n+1)\,\big(2\,n+1\big)$
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Exemple 5:
Demostreu, per inducció, la següent propietat:
    $1^3+2^3+\ldots+n^3=(1+2+\ldots+n)^2 \quad \quad \text{on} \quad n \in \mathbb{N}$

Solució:
Seguint els tres passos del mètode de demostració per inducció tenim. Aquests passos són els següents:

  i) És evident que la propietat és certa per a $n=1$, és a dir, es compleix $\mathcal{P}_1$

  ii) Suposem, ara, que la propietat $\mathcal{P}_n$ és certa (suposem que és certa la proposició donada, és a dir, la igualtat donada a l'enunciat, i que ja sabem que es igual a $\left( \dfrac{n\,(n+1)}{2}\right)^2$ suma dels $n$ termes consecutius de la succesió aritmética elevada al quadrat

  iii) Provarem, a continuació, que la propietat també és certa per a $n+1$, és a dir, provarem que es compleix $\mathcal{P}_{n+1}$. Fet això, d'acord amb el principi dit d'inducció, quedarà demostrada la proposició $\mathcal{P}$ per a qualsevol valor de $n$. Partint, doncs, de l'expressió del primer membre de la igualtat donada (   $\mathcal{P}_n$   ), sumem el terme $(n+1)^3$ als dos membres de la igualtat,
  $(1^3+2^3+\ldots+n^3)+(n+1)^3=\left( \dfrac{n\,(n+1)}{2}\right)^2+(n+1)^3$
i, si desenvolupem el segon membre, veurem que es igual a
    $(n+1)^2\,\left( (n/2)^2 + (n+1)\right)=(n+1)^2\left( n^2+4n+4\right)/2^2=(n+1)^2\,((n+2)/2)^2=((n+1)(n+2)/2)^2$

i, doncs, es compleix $\mathcal{P}_{n+1}$. Per tant, hem acabat.
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La constante de Euler-Mascheroni, $\gamma=0,5772156649...\ldots$

La constante de Euler-Mascheroni, que se suele denotar por $\gamma$ -no se debe confundir con el número irracional $e=2,71828182845904523536\ldots$ (la base de los logaritmos naturales o neperianos)-, se define como $$\gamma:=\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\,\sum_{i=1}^{n}\,\dfrac{1}{i}-\ln\,(n)$$ y se sabe que su valor es $0,5772156649...\ldots$ (véase esta otra entrada en mi blog), donde el sumatorio expresa la suma de los $n$ primeros términos de la serie armónica. Al parecer, no se sabe aún si se trata de un número algebraico o bien de un número trascendente; tampoco se sabe si se trata de un número racional.

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Longitud de un arco de cicloide entre dos valores dados del parámetro de evolución de la curva

Como es bien sabido, cuando un disco circular rueda sin deslizar a lo largo de una recta, un punto de su contorno describe una curva cicloide. El radio del disco es la unidad, y el disco rueda a lo largo del eje Ox, siendo las ecuaciones paramétricas de la curva cicloide: $\mathcal{C}:\vec{r(t)}=\left\{\begin{matrix}x(t)=t-\sin(t)\\y(t)=1-\cos(t)\end{matrix}\right.$ . Pues bien, en este ejercicio voy a calcular la longitud de la curva cicloide que corresponde a un giro completo del disco.

La longitud pedida (longitd de arco), $s(t)$, es $$\displaystyle s(t)=\int_{t_i}^{t_f}\,\|\dfrac{d}{dt}\,(\vec{r(t)})\|\,dt \quad (1)$$ Al derivar las ecuaciones paramétricas (con respecto del parámetro $t$) se obtiene $$\displaystyle \dfrac{d}{dt}\,(\vec{r(t)})=\left(\dot{(t-\sin(t))}\,,\,\dot{(1-\cos(t))}\right)=(1-\cos(t)\,,\,\sin(t))$$ por tanto $$\displaystyle \|\dfrac{d}{dt}\,(\vec{r(t)})\|=\sqrt{(1-\cos(t))^2+\sin^2(t)}=2\,(1-\cos(t))$$

Así pues, de $(1)$, en un giro completo $t_i=0$ y $t_f=2\,pi$, luego
  $\displaystyle s_{\text{primera vuelta}}=\int_{0}^{2\pi}\,\sqrt{2\,(1-\cos(t))}\,dt=\sqrt{2}\,\int_{0}^{2\pi}\,\sqrt{1-\cos(t)}\,dt=2\,I$ donde $\displaystyle I=\int_{0}^{2\pi}\,\sqrt{1-\cos(t)}\,dt$

Para calcular $I$, podemos ensayar el cambio de variable $t=2\,u$, por lo que $dt=2\,du$; y, si $t=0$, $u=0$, y para $t=2\pi$, se tiene que $u=\pi$. Así, $I=\displaystyle \sqrt{2}\,\int_{0}^{\pi}\,\sqrt{1-\cos(2u)}\,du=\sqrt{2}\,J$, donde $J=\displaystyle \int_{0}^{\pi}\,\sqrt{1-\cos(2u)}\,du$. Para calcular $J$, tengamos en cuenta la identidad $\sin^2\,(u)=\dfrac{1-\cos(2u)}{2}$, con lo cual $1-\cos(2u)=2\,\sin^2\,(u)$ por tanto,
  $J=\displaystyle \int_{0}^{\pi}\,\sqrt{2}\,\sqrt{\sin^2\,(u)}\,du=\int_{0}^{\pi}\,\sqrt{2}\,\sin\,(u)\,du$
    $\displaystyle=\sqrt{2}\,\int_{0}^{\pi}\,\sin\,(u)\,du=\sqrt{2}\,(-\cos(\pi)-(-\cos(0)))=\sqrt{2}\,\left(-(-1)-(-1)\right)=2\,\sqrt{2}$
luego $I=\sqrt{2}\cdot 2\,\sqrt{2}=4$ y por tanto $$s_{\text{primera vuelta}}=4\,\sqrt{2}\,\text{unidades de longitud}$$

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Ecuación de un plano perpendicular a una recta dada

Se quiere determinar la ecuación del plano, en $\mathbb{R}^3$, que contiene al punto $A(1,-1,0)$ y es perpendicular a la recta $r:\left\{\begin{matrix}x=1+(-1)\cdot\lambda\\y=1+1\cdot \lambda\\z=3+0\cdot \lambda\end{matrix}\right.\;\forall \lambda \in \mathbb{R} (\quad (1)$

La ecuación de la recta $r$ escrita en forma vectorial es $r:(x,y,z)=(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)+\lambda\,(u_x,u_y,u_z)$, siendo $(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ las coordenadas de un punto $P\in r$ y $(u_1,u_2,u_3)$ son las coordenadas de un vector director de $r$, por lo que podemos escribir las ecuaciones cartesianas de $r$ de la forma $$r:\left\{\begin{matrix}x=\alpha_1+\lambda\,u_1\\y=\alpha_2+\lambda\,u_2\\z=\alpha_3+\lambda\,u_3\end{matrix}\right.\;\forall \lambda \in \mathbb{R}\quad (2)$$ De la comparación de $(1)$ y $(2)$ se deduce que $u_1=-1$, $u_2=1$ y $u_3=0$, luego un $\vec{u}=(-1,1,0)$; y, $\alpha_1=1$, $\alpha_2=1$ y $\alpha_3=3$

Sea $X(x,y,z)$ un punto genérico del plano $\pi$; entonces, como $A$ también está en el plano, un vector en el plano $\pi$ es $\vec{AX}=(x-\alpha_1,y-\alpha_2,z-\alpha_3)$ y por tanto $$\vec{AX}=(x-1,y-1,z-3)$$

Teniendo en cuenta que $r$ ha de ser perpendicular a $\pi$, $\vec{u} \perp \pi$ y por tanto $$\vec{u} \perp \vec{AX} \Leftrightarrow \langle \vec{u}\,,\,\vec{AX}\rangle=\langle (-1,1,0)\,,\,(x-1,y-1,z-3)\rangle=-1\cdot (x-1)+1\cdot (y-1)+0\cdot (z-3)=0$$ En consecuencia, $-x+1+y-1+0=0$, esto es, $x-y=0$ y por tanto $$\pi:x-y=0$$

$\diamond$

Vectores constantes (en $t$, parámetro de evolución)

Se considera el vector $\vec{u(t)}\neq \vec{0}$ en $\mathbb{R}^3$, donde $t$ representa el parámetro de evolución. Se quiere demostrar que $\vec{u} \times \dot{\vec{u}}=\vec{0}$ si y sólo si la dirección de $\vec{u}$ es constante (no depende de $t$)

Se cumple la condición suficiente:
Si la dirección de $\vec{u}$ es constante (no depende de $t$), entonces $\dot{\vec{u}}=\vec{0}$, con lo cual, $\vec{u} \times \dot{\vec{u}}=\vec{u} \times \vec{0}=\vec{0}\quad \diamond$

Se cumple la condición necesaria:
Si $\vec{u} \times \dot{\vec{u}}=\vec{0}$, se tiene que, como $\dfrac{d}{dt}\,\left( \vec{u} \times \vec{u}\right)=\vec{u}\times \dot{\vec{u}}+\dot{\vec{u}}\times \vec{u}=\vec{u}\times \dot{\vec{u}}+(-\vec{u}\times \dot{\vec{u}})=\vec{u}\times \dot{\vec{u}}-\vec{u}\times \dot{\vec{u}}=\vec{0}$
  $\Leftrightarrow \vec{u} \times \vec{u}=\text{no depende de}\,t\, \Leftrightarrow \vec{u}=\text{no depende de}\,t$
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EDO asociada a una cierta familia de cardiodes

¿Cuál es la EDO asociada a la siguiente familia de cardiodes (dada en coordenadas polares)? $$\rho=\lambda\,(1-\cos\,(\theta))$$

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La figura muestra la gráfica de una cardiode de la familia (con $\lambda=1$) representada con Geogebra

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Al haber una sola constante de integración, que es $\lambda$, el orden de la ecuación diferencial es $1$. Derivando con respecto a $\theta$ la solución general, se obtiene $$\rho'=\lambda\,\sin\,(\theta)$$ de donde despejando $\lambda$, se obtiene $$\lambda=\dfrac{\rho'}{\sin\,(\theta)}$$ y substituida la solución general encontramos $$\rho=\dfrac{\rho'}{\sin\,(\theta)}\,(1-\cos\,(\theta))$$ esto es, $$\rho'-\dfrac{\sin\,(\theta)}{1-\cos\,(\theta)}\,\rho=0$$ $\diamond$

Determinación de la ecuación diferencial a partir de su solución general

En este ejercicio me propongo determinar la ecuación diferencial ordinaria cuya solución general es $y=\sin\,(x+A)$, siendo $A$ la constante indeterminada (o de integración).

Al haber una sola constante de integración es claro que el orden de la ecuación diferencial es $1$. Bien, derivando con respecto a $x$ la solución general, se obtiene $$y'=\cos\,(x+A)$$ y, por tanto, $$(y')^2=\cos^2\,(x+A) \quad (1)$$ Por otra parte, de la solución general, puede escribirse que $$y^2=\sin^2\,(x+A) \quad (2)$$ Sumando miembro a miembro $(1)$ y $(2)$, $$(y')^2+y^2=\cos^2\,(x+A) +\sin^2\,(x+A)$$ y, teniendo en cuenta la identidad fundamental de la trigonometría (en el segundo miembro), $$(y')^2+y^2-1=0$$ $\diamond$

Obtención de la ecuación diferencial asociada a su solución general

En este ejercicio me propongo determinar la ecuación diferencial ordinaria cuya solución general es $\ln\,(y)=A\,x^2+B$, siendo $A$ y $B$ las constantes indeterminadas.

Al haber dos constantes arbitrarias es claro que el orden de la ecuación diferencial es $2$. Bien, derivando con respecto a $x$ la solución general, se obtiene $$\dfrac{1}{y}\,y'=2\,A\,x+0$$ de donde se deduce que $$A=\dfrac{y'}{2\,y\,x}$$Susbstituyendo en la solución general, $$\ln\,(y)=\dfrac{x}{2\,y}\,y'+B$$ y derivando otra vez con respecto a $x$, $$\dfrac{1}{y}\,y'=\dfrac{1}{2}\,\left(\dfrac{(y'+x\,y\,y'')\,y-x\,(y')^2}{y^2}\right)$$ y simplificando, $$x\,y\,y''-y\,y'-x\,(y')^2=0$$ $\diamond$

Un ejercicio de cálculo de la matriz canónica de un endomorfismo

Me propongo encontrar la forma canónica de Jordan asociada a la matriz $A=\begin{pmatrix}3&-1&-1\\ 1& 1 & -1\\1&-1&1\end{pmatrix}$ así com el cambio de base correspondiente

Calculo los valores propios:
$P(\lambda)=\begin{vmatrix}3-\lambda&-1&-1\\ 1& 1-\lambda & -1\\1&-1&1-\lambda\end{vmatrix}$
  $P(\lambda)=0$
    $(\lambda-1)(\lambda-2)=0 \Rightarrow \left\{\begin{matrix}\lambda_1=1\,,\,k_1=1\\\lambda_2=2\,,\,k_2=2\end{matrix}\right.$
Subespacions propios:
  $E_1(1)=\text{ker}(A-1\cdot I)$
  $E_2(2)=\text{ker}(A-2\cdot I)$

Dimensión de los espacios propios:
Teniendo en cuenta que $(A-1\cdot I)=\begin{pmatrix}2&-1&-1\\ 1& 0 & -1\\1&-1&0\end{pmatrix}$, vemos que, como $\text{det}(A-1\cdot I)=0$, $\text{rango}(A-1\cdot I)\lt 3$, y, como existen menores de orden $2$ no nulos, como por ejemplo, $\begin{vmatrix}2&-1\\1&0\end{vmatrix}=1\neq 0$, se tiene que $\text{rango}(A-1\cdot I)=2$, con lo cual $$\text{dim}(E_1(1))=\text{dim}(V)-\text{rango}(A-1\cdot I)=3-2=1$$
Por otra parte, $(A-2\cdot I)=\begin{pmatrix}2&-1&-1\\ 1& -1 & -1\\1&-1&-1\end{pmatrix}$. Como las filas/columnas segunda y tercera son las mismas que la primera es claro que $\text{rango}(A-1\cdot I)= 1$, luego $$\text{dim}(E_2(2))=\text{dim}(V)-\text{rango}(A-2\cdot I)=3-1=2$$ Démonos cuenta de que al coincidir la multiplicidad de cada valor propio con la dimensión del correspondiente subespacio propio, $k_1=1$ y $\text{dim}(E_1(1))=1$; $k_2=2$ y $\text{dim}(E_2(2))=2$, la matrix de la forma canónica de Jordan ha de ser una matriz diagonal: $$D=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$$

Calculo, ahora, una base para cada subespacio propio. Para $E_1(1)$, deberá cumplirse que $$\begin{pmatrix}2&-1&-1\\ 1& 0 & -1\\1&-1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\0\end{pmatrix}$$ Al ser la dimensión de $E_1(1)=1$, el número de parámetros libres del sistema de ecuaciones lineales asociados, con dos ecuaciones linealmente independientes, es $1$. La última fila de la matriz es combinación lineal de las dos primeras, luego podemos escribir el sistema de ecuacines lineales de la forma
$\left\{\begin{matrix}2\,x_1-x_2=x_3\\x_1=x_3\end{matrix}\right.\Rightarrow E_1(1)=\{a\,(1,1,1), a\in \mathbb{K}\}$ luego, para (por ejemplo) $a=1$, el vector $(1,1,1)=:\vec{u}_1$ constituye una base de $E_1(1)$, que notamos de la forma $E_1(1)=\langle(1,1,1)\rangle$. El vector $\vec{u}_1$ es pues el primer vector de la nueva base con respecto a la cual escribiremos la matriz de la forma canónica de Jordan -en el caso que nos ocupa es una matriz diagonal-, siendo sus coordenadas las de la primera columna de la matriz del cambio de base (de la b. canónica a la nueva base).

Para $E_2(2)$, deberá cumplirse que $$\begin{pmatrix}1&-1&-1\\ 1& -1 & -1\\1&-1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\ x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\0\end{pmatrix}$$ El número de ecuaciones linealmente independientes es por tanto $1$, y al ser la dimensión de $E_2(2)=2$, el número de parámetros libres del sistema de ecuaciones lineales asociados, con dos ecuaciones linealmente independientes, es $2$. El sistema de ecuaciones lineales asociado puede escribirse por tanto con una única ecuación:
$\left\{\begin{matrix}x_2+x_3=x_1\end{matrix}\right.\Rightarrow E_2(2)=\{a\,(1,0,1)+b\,(1,1,0);\, a\,b\in \mathbb{K}\}$ luego, para (por ejemplo) $a=1$ y $b=1$, los vectores $(1,0,1)=:\vec{u}_2$ y $(1,1,0)=:\vec{u}_3$ constituyen una base de $E_2(2)$, que notamos de la forma $E_2(2)=\langle(1,0,1),((1,1,0)\rangle$. Los vectores vector $\vec{u}_2$ y $\vec{u}_3$ son, respectivamente, el segundo y el tercer vector de la nueva base del espacio vectorial $V$ con respecto a la cual escribiremos la matriz de la forma canónica de Jordan, siendo sus coordenadas las de la segunda y tercera columnas de la matriz, $P$, del cambio de base (de la b. canónica a la nueva base): $$P=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}$$

Observación:
La matriz dada, $\begin{pmatrix}3&-1&-1\\ 1& 1 & -1\\1&-1&1\end{pmatrix}$ es la matriz del endomorfismo con respecto a la base canónica , $\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\}$ y la matriz de Jordan (en nuestro caso, diagonal) que hemos encontrado $\begin{pmatrix}1&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}$ es la matriz del endomorfismo con respecto a la nueva base $\{(1,1,1),(1,0,0),(1,1,0)\}$. Puede comprobarse que, efectivamente, se cumple $$D=P^{-1}\,A\,P$$ $\diamond$

Cálculo de una integral de línea

Consideremos la siguiente curva, $\mathcal{C}$, en $\mathbb{R}^3$ que viene dada en forma paramétrica $$\left.\begin{matrix}x&=&2\,t\\y&=& t^2+1\\z&=&t^3\end{matrix}\right\}\,\forall\,t\in\mathbb{R}$$y sea el vector $\vec{v}=2xy^{2}z\,\hat{i}+(x-2y-z)\hat{j}+5x^{2}z\,\hat{k}$, donde $\hat{i}, \hat{j}$ y $\hat{k}$ son los vectores de la base canónica estándar (versores). Nos proponemos calcular la integral de línea $\displaystyle \int_{\mathcal{C}}\,\langle\vec{v}\,,\,d\vec{r}\rangle$ entre los puntos $P_i\,(0,1,0)$ y $P_f\,(2,2,1)$

Siendo $\vec{r}:=x\,\hat{i}+y\,\hat{j}+z\,\hat{k}=2t\,\hat{i}+(t^2+1)\,\hat{j}+t^3\,\hat{k}$ el vector de posición de un punto genérico de la curva $\mathcal{C}$, se tiene que, diferenciando con respecto de $t$, $d\vec{r}=2\,\hat{i}+(2t+1)\,\hat{j}+3t^2\,\hat{k}$

Por otra parte,
$\vec{v}=2\,(2t)\,(t^2+1)^2\,\hat{i}+(2t-2(t^2+1)-t^3)\,\hat{j}+5\,(2t)^{2}\,t^3\,\hat{k}$
  $=4t^4(t^2+1)^2\,\hat{i}+(-t^3-2t^2+2t-2)\,\hat{j}+20t^5\,\hat{k}$

Así pues,
$\displaystyle \int_{\mathcal{C}}\,\langle\vec{v}\,,\,d\vec{r}\rangle=$   $\displaystyle \int_{t_i}^{t_f}\,\langle (4t^4(t^2+1)^2\,,\,(-t^3-2t^2+2t-2)\,,\,20t^5)\,,\,(2\,,\,(2t+1)\,,\,3t^2) \rangle\,dt$
    $\displaystyle \int_{t_i}^{t_f}\,(8t^8+60t^7+16t^6+6t^4-4t^3+4t^2-4t)\,dt \quad (1)$

Calculemos los valores de $t_i$ y $t_f$: Para $P_i\,(0,1,0)$ se tiene que $\left.\begin{matrix}0&=&2\,t\\1&=& t^2+1\\0&=&t^3\end{matrix}\right\} \Leftrightarrow t_i=0$ y para Para $P_f\,(2,2,1)$ se tiene que $\left.\begin{matrix}2&=&2\,t\\2&=& t^2+1\\1&=&t^3\end{matrix}\right\} \Leftrightarrow t_f=1$

En consecuencia, de $(1)$, $\displaystyle \int_{\mathcal{C}}\,\langle\vec{v}\,,\,d\vec{r}\rangle=\displaystyle \int_{0}^{1}\,(8t^8+60t^7+16t^6+6t^4-4t^3+4t^2-4t)\,dt=\dfrac{6\,431}{630}\quad \diamond$

Conjuntos en los que definimos una relación de orden

Consideremos un conjunto $B$ contenido en otro conjunto $A$ en el que hay definida una relación de orden $\prec$. Pues bien, es sabido que ésta induce una relación de orden en $B$, de tal manera que:

Si $m\in A$ precede a todos los elementos de $B$, decimos que $m$ es un elemento minorante de $B$; y, si existen más elementos en $A$ que, como $m$, también preceden a todos los elementos de $B$, hablamos entonces del conjunto de los minorantes de $B$. Al último elemento de los minorantes de $B$ (la mayor de las cotas inferiores de $B$) se le denomina ínfimo de $B$, y en el caso de que dicho ínfimo pertenezca también a $B$, diremos que es el elemento mínimo de $B$.

Si $M\in A$ es precedido por todos los elementos de $B$, decimos que $M$ es un elemento mayorante de $B$; y, si existen más elementos en $A$ que, como $M$, también son precedidos por todos los elementos de $B$, hablamos entonces del conjunto de los mayorantes de $B$. Al primer elemento de los mayorantes de $B$ (la menor de las cotas superiores) se le denomina supremo de $B$, y en el caso de que dicho supremo pertenezca también a $B$, diremos que es el elemento máximo de $B$.

La relación binaria $x|y$ en $\mathbb{N}$ es una relación de orden

Se considera la siguiente relación binaria: $$x \mathcal{R} y \Leftrightarrow x | y\,\forall\,x,y\in \mathbb{N}$$¿Es una relación de orden? (el símbolo $x|y$ denota que $x$ divide a $y$)

Para que sea una relación de orden la relacion binaria propouesta debe cumplir las siguientes tres condiciones: i) reflexiva ii) antisimétrica y iii) transitiva. Veamos que se cumplen las tres (para cada una, solamente probaré a condición necesaria, pues la suficiente es evidente):

i) Es reflexiva: Para todo $x\in \mathbb{N}$ se tiene que $x=1\cdot x=x$, luego $x|x$ y por tanto $x\mathcal{R}x$. $\diamond$

ii) Es antisimétrica: Si $x\mathcal{R}y$, entonces $x|y \Rightarrow$ eixiste un número $m\in \mathbb{N}$ tal que $y=m\,x$; y si $y\mathcal{R}x$ entonces $y|x \Rightarrow$ existe un número $n\in \mathbb{N}$ tal que $x=m\,y$ luego $y=m\cdot n\,y$ y por tanto $m\cdot n=1 \Rightarrow m=1$ y $n=1$, y en consecuencia $y=x$. $\diamond$

iii) Es transitiva: Si $x\mathcal{R}y$, entonces $x|y \Rightarrow$ eixiste un número $p\in \mathbb{N}$ tal que $y=p\,x$; y si $y\mathcal{R}z$ entonces $z|y \Rightarrow$ existe un número $q\in \mathbb{N}$ tal que $z=q\cdot y$ luego $z=q\cdot p\,x$ y por tanto, como $q\cdot p=:k\in \mathbb{N}$, $z=k\,x \Rightarrow x|z$ con lo cual $x\mathcal{R}z$. $\diamond$

Un ejercicio en el que se busca la matriz de una aplicación lineal

En este ejercicio me propongo encontrar la matriz, con respecto a las bases canónicas del espacio vectorial de partida y el de llegada, que corresponde a la aplicación lineal $f:V_4(\mathbb{R}) \rightarrow V_3(\mathbb{R})$, tal que: $$i) \quad f((1,1,0,0)^\top=(1,0,0)^\top$$ $$ii) \quad f((0,1,1,0)^\top=(0,1,0)^\top$$ $$iii) \quad f((0,0,1,1)^\top=(0,0,1)^\top$$ $$iv) \quad f((0,0,0,1)^\top=(0,0,1)^\top$$

Como la dimensión del espacio vectorial de llegada es $3$ y el de partida es $4$, la matriz de la aplicación lineal es $A_{3 \times 4}$, esto es $$A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} \end{pmatrix}$$

Por la condición $(i)$ se tiene que $$\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 \\ 1\\ 0 \\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ 0 \\ 0\end{pmatrix}$$ luego $$\left\{\begin{matrix} a_{11}+a_{12}=1 \\ a_{21}+a_{22}=0 \\ a_{31}+a_{32}=0 \end{matrix}\right. \quad (1)$$

Por la condición $(ii)$ se tiene que $$\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ 1\\ 1 \\ 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 1 \\ 0\end{pmatrix}$$ luego $$\left\{\begin{matrix} a_{12}+a_{13}=0 \\ a_{22}+a_{23}=1 \\ a_{32}+a_{33}=0 \end{matrix}\right. \quad (2)$$

Por la condición $(iii)$ se tiene que $$\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ 0\\ 1 \\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0 \\ 1\end{pmatrix}$$ luego $$\left\{\begin{matrix} a_{13}+a_{14}=0 \\ a_{23}+a_{24}=0 \\ a_{33}+a_{34}=1 \end{matrix}\right. \quad (3)$$

Y, por la condición $(iv)$, $$\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ 0\\ 0 \\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0 \\ 1\end{pmatrix}$$ luego $$\left\{\begin{matrix} a_{14}=0 \\ a_{24}=0 \\ a_{34}=1 \end{matrix}\right. \quad (4)$$

Sustituyendo $(4)$ en $(3)$ obtenemos $a_{13}=a_{23}=a_{33}=0$

Sustituyendo todos estos resultados en $(2)$ obtenemos $a_{12}=0$ y $a_{22}=1$

Y, finalmente, sustituyendo lo encontrado hasta ahora en $(1)$ obtenemos $a_{11}=1$, $a_{21}=-1$ y $a_{31}=0$

Así pues concluimos que $$A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

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Acerca del fundamento matemático de la navegación hiperbólica, basado en las propiedades de una hipérbola cuyos focos correspondan a las estaciones emisoras

La navegación hiperbólica, para muy largas distancias -muy utilizada antes de la aparición de los sitemas de posicionamiento satelital- consiste básicamente en la recepción por parte de un barco o un avión de señales de radio, con frecuencias del orden de los 100 kHz, emitidos por varias estaciones separadas una gran distancia entre ellas, pongamos que del orden de mil kilómetros, y de manera sincronizada. Al encontrarse el barco a mucha distancia de las dos estaciones emisoras, habrá una diferencia de tiempos pequeña pero apreciable (del orden de milisegundos) en la recepción de estas señales.

Consideremos el plano en el que se encuentran un barco y dos estaciones emisoras. Emplearemos un sistema de ejes de coordenadas cartesianas, con ambos ejes graduados de la misma manera. Las coordenadas de las dos estaciones pongamos que sean $A(500,0)$ y $B(-500,0)$, cantidades que están expresadas en kilómetros. Supongamos que en el momento de recibir las señales, la posición del barco es $P(x_P\,,\,600)$, y la recepción en P de la señal emitida por A se produce 3 ms antes que la que ha emitido B, lo cual significa que, en línea recta, P está más cerca de A que de B; concretamente, dicha diferencia la calculamos fácilmente multiplicando la velocidad de la luz (ondas de radio) por esa diferencia de tiempo: $\ell=(3\times 10^8)\cdot (3\times 10^{-3})=9\times 10^5\;\text{m} = 900\,\text{ km}$.

Pues bien, a partir de las propiedades de la hipérbola, cuya ecuación estándar (centrada en el origen de coordenadas $O(0,0)$) es $\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1 \quad (1)$, donde $a=\text{dist}(O,V)=\text{dist}(O,V')$ denotando por $V$ y $V'$ los vértice de la parábola. Vamos a determinar la coordenada x del barco.

Las posiciones de las dos estaciones emisoras corresponden a los focos de una hipérbola. La distancia entre estos dos foco A y B, situados en el eje Ox y equidistantes del origen de coordenadas. El centro de la hipérbola se situa por tanto en el punto medio del segmento $[A,B]$. Entonces, la distancia entre los dos focos A y B, $\text{dist}(A,B)$ -cantidad a la que suele denominarse $2c$, pues $\text{dist}(O,A)=\text{dist}(O,B)=c$- es por tanto $2c=500-(-500)=1000\,\text{km}$, luego $c=\dfrac{1000}{2}=500\,\text{km}$. Por otra parte, la distancia entre el vértice V y el foco A es $c-a$, que es la misma que la distancia entre el foco B y el vértice V'. Trasladando, a partir de B, la distancia $\ell$ sobre el segmento $[A,B]$ es claro que $2(c-a)+\ell=2c \therefore a=\dfrac{\ell}{2}=\dfrac{900}{2}=450\,\text{km}$. Y como la relación que liga los parámetros $a,b$ y $c$ en una hipérbola es $c^2=a^2+b^2$, se deduce que $b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{500^2-450^2}\approx 218\,\text{km}$

En consecuencia, la ecuación de la hipérbola es $\dfrac{x^2}{450^2}-\dfrac{y^2}{218^2}=1$. Y, teniendo en cuenta que $y_P=600$, se tiene que al ser $P$ un punto de dicha hipérbola, sus coordenadas tienen que satisfacer su ecuación, luego $\dfrac{x_{P}^2}{450^2}-\dfrac{600^2}{218^2}=1$; por lo tanto, $x_P=\pm 450 \cdot \sqrt{(600/218)^2-1} \approx \pm 1\,318$, y al estar $P$ más cerca de $A$ que de $B$, discriminamos el resultado negativo (la abscisa que buscamos ha de ser positiva), por tanto la posición de $P$ es $P(1\,318\,,\,600)$.

Nota: En el ejemplo hemos partido del conocimiento previo de una de las dos coordenadas del barco y nos ha bastado una pareja de estaciones emisoras para determinar la otra coordenada. Si, como es habitual, desconocemos las dos coordenadas, podemos valernos de una tercera estación emisora, de manera que tomando las tres estaciones de dos en dos, podremos determinar las ecuaciones de las dos hipérbolas correspondientes, calculando finalmente el punto de intersección de ambas, que ha de corresponder a la posición del barco.

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Una transformación de coordenadas que cambia una recta por una parábola

Consideremos la siguiente transformación de coordenadas: $$(x,y) \overset{T}{\longrightarrow} (\tilde{x},\tilde{y}): \left\{\begin{matrix} \tilde{x}=x^2-xy \\ \tilde{y}=xy\end{matrix}\right.$$ Nos preguntamos cómo se transforma la recta de ecuación $y=x-1$

Una manera sencilla de hacerlo consiste en comenzar escribiendo la ecuación de la recta en forma paramétrica: $$\dfrac{y-0}{1}=\dfrac{x-1}{1}=t \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=t+1 \\ y=t\end{matrix}\right.$$ con lo cual, las ecuaciones de la transformación se escribirán de la forma: $$\left\{\begin{matrix}\tilde{x}=(t+1)^2-t\,(t+1)\\ \tilde{y}=t\,(t+1)\end{matrix}\right.$$ esto es $$\left\{\begin{matrix}\tilde{x}=t+1 & (1)\\ \tilde{y}=t^2+t & (2)\end{matrix}\right.$$ Despejando el parámetro $t$ de (1), $t=\tilde{x}-1$, y sustituyendo su expresión en (2), obtenemos $$\tilde{y}=(\tilde{x}-1)^2+(\tilde{x}-1)$$ y, simplificando el segundo miembro, llegamos a: $$\tilde{y}=\tilde{x}^2-\tilde{x}$$ Obsérvese que la recta descrita en el sistema de $(x,y)$ corresponde, según la transformación, a una parábola en el sistema $(\tilde{x},\tilde{y})$
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Cálculo de la integral de la función techo de $x$ entre $0$ y un número entero no negativo $m$

Me propongo resolver la siguiente integral indefinida: $$I=\displaystyle \int_{0}^{m}\,\left \lceil x \right \rceil \,dx \quad (\mathbb{Z} \ni m \ge 0)$$

Puesto que si $\mathbb{Z} \ni k=\left \lceil x \right \rceil$, por la definición de dicha función discreta, se tiene que $k-1 \lt x \le k$ $\therefore$ $I=\displaystyle \sum_{k=0}^{m}\,\int_{k-1}^{k}\,k\,dx=\displaystyle \sum_{k=0}^{m}\,k\,\int_{k-1}^{k}\,dx=\displaystyle \sum_{k=0}^{2}\,k\;x|_{k-1}^{k}=\displaystyle \sum_{k=0}^{2}\,k\cdot \left(k-(k-1)\right)=$
  $=\displaystyle \sum_{k=0}^{m}\,k\cdot 1 = \displaystyle \sum_{k=0}^{m}\,k = \dfrac{0+(m+1)-1)\cdot 1}{2}\cdot (m+1)=\dfrac{m\,(m+1)}{2}$, resultado que, tanto si $m$ es par como si es impar, es un número entero positivo, como debe ser, pues la interpretación geométrica del resultado de esta integral, dada la naturaleza de la función del integrando (función techo), es la suma del las áreas de un conjunto de rectángulos adyacentes con bases de longitud la unidad y cuyas alturas respectiva son números naturales consecutivos. $\diamond$

La suma de los $n$ primeros números naturales impares consecutivos es igual al número natural cuadrado perfecto $n^2$

Me propongo demostrar que la suma de toda secuencia de números naturales impares, $a_n=2n+1\; (n=0,1,2,\ldots)$, es un cuadrado perfecto

Primero, hago unas cuantas comprobaciones de tal afirmación: $$S_1=1=1^2$$ $$S_2=1+3=4=2^2$$ $$S_3=1+3+5=9=3^2$$ $$S_4=1+3+5+7=16=4^2$$ $$\ldots$$ $$S_n=1+3+5+7+\ldots+(2n+1)=n^2$$ Eso parece suceder: la suma de los primeros $n$ números impares consecutivos es el cuadrado de un número natural; sin embargo, pretendo probar la proposición. Desde luego, no basta con comprobaciones de este tipo y con escribir lo que se infiere de ellas. Podría probarse mediante el método de inducción, pero, alternativamente, voy recurrir a la naturaleza de progresión aritmética de dicha serie, y, así, esa prueba va a ser muy sencilla. Empezaré escribiendo la suma de un número genérico de términos: $$S_n=\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}\,(2i+1)$$ Reconociendo que ésta es la suma de $n$ términos consecutivos de una progresión aritmética de diferencia $d=2$ y primer término igual a $1$, como es bien conocido, dicha suma es igual a $$S_n=\dfrac{a_0+a_{n}}{2}\cdot n$$ y teniendo en cuenta que $a_{n}=a_0+d\cdot (n-1)=1+2\cdot (n-1)=2n-1$, se concluye que $$S_{n}=\dfrac{1+(2n-1)}{2}\cdot n=n^2$$ $\diamond$

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A modo de verificación, con la suma de los $6$ primeros números naturales impares consecutivos, $1+3+5+7+9+11$, que, desde luego, haciendo las sumas sucesivas es igual a $36$; y, según la proposición que se ha demostrado, en efecto, así es, habiendo $6$ términos dicha suma es igual $6^2=36$. Podemos pues afirmar así, que, sin necesidad de hacer sumas sucesivas, la suma de los $1\,000$ primeros números impares consecutivos es igual a $1000^2=(10^3)^2=10^6$

La suma $1+3+5+7+\ldots$ es una serie telescópica

Me propongo demostrar que la suma de toda secuencia de números naturales impares es un cuadrado perfecto

Estudiemos la serie $$S_n=\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}\,(2i+1)$$ Obsérvese que esta serie es, además de aritmética -con lo cual podríamos sumarla de una manera muy sencilla-, es también de tipo telescópico, pues puede reescribirse como la suma de un conjunto de términos positivos y negativos los cuales se anulan por parejas, salvo el primero y el último, que no se anula entre sí, quedando por tanto dicha suma igual al primero más el último. En efecto -y eso es lo que cuesta más de ver-, puede comprobarse que, por ejemplo, que la suma de los cuatro primeros términos, $S_4 = \displaystyle \sum_{i=0}^{3}\,(2i+1)=1+3+5+7$, puede reescribirse de la forma:
  $S_4=1+3+5+7=$
                $=((0+1)-0^2)+(1+1)^2-1^2)+((2+1)^2-2^2)+((3+1)^2-3^2)$
                  $=(1-0)+(4-1)+(9-4)+(16-9)$
                    $=-1+1+4-4+9-9+16$
                  $=16$
                    $=4^2$

Escribiendo la suma genérica para $n$ términos: $$S_n=\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1}\,(2i+1)= \sum_{i=0}^{n-1}\,\left((i+1)^2-i^2\right)=\ldots=n^2$$ Nota: Desde luego, si sumamos la serie mediante la fórmula de la suma de los primeros $n$ términos consecutivos de una progresión aritmética de diferencia $d=2$, primer término $a_0=1$, y $n$-ésimo término $a_n=a_0+(n-1)\,d=1+(n-1)\cdot 2=2n-1$, obtendremos el mismo resultado. Es fácil comprobarlo; en efecto, $$S_{n}=\dfrac{a_0+a_n}{2}\cdot n=\dfrac{1+(2n-1)}{2}\cdot n=\dfrac{2n}{2}\cdot n=n^2$$ $\diamond$

Series numéricas telescópicas

Decimos que una serie es "telescópica" si todos sus términos se cancelan excepto el primero y el último, lo cual facilita enormemente su análisis.

Así, por ejemplo, la suma de la secuencia $$S_4=\displaystyle \sum_{i=1}^{4}\,\dfrac{1}{i\,(i+1)}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{12}+\dfrac{1}{20}$$ puede reescribirse de la forma, $$S_4=(1-\dfrac{1}{2})+(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3})+(\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4})+(\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{5})=\displaystyle \sum_{i=1}^{4}\,\left(\dfrac{1}{i}-\dfrac{1}{i+1}\right)=\sum_{i=1}^{4}\,(a_i-a_{i+1}) \quad (1)$$ donde, $a_i=\dfrac{1}{i}$ y $a_{i+1}=\dfrac{1}{i+1}$

Es claro que podemos escribir esta suma como $$\left(1+(-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2})+(-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3})+(-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4})\right)-\dfrac{1}{5}$$ esto es $$1+(0+0+0)-\dfrac{1}{5}$$ siendo $a_1=1$, $a_2=a_3=a_4=0$, y $a_5=a_{4+1}=\dfrac{1}{4+1}=\dfrac{1}{5}$
Así pues vemos con claridad que el valor de esta suma, que es la de la serie original, es $$1-\dfrac{1}{5}=\dfrac{4}{5}$$ es decir, $S_4=a_1-a_{4+1}$, y, para un número $n$ de arbitrario de términos de la serie (1), basta con actualizar dicho valor de $n$ en la fórmula deducida $$S_n=a_1-a_{n+1} \quad (2)$$

En general, se infiere fácilmente que la fórmula de suma (2) es válida para cualquier secuencia telescópica, es decir, para cualquier secuencia/serie que, sea cual sea la expresión de $a_i$, podamos reescribirla de manera equivalente de forma que se cancelen todos los términos de la suma excepto el primero y el último.

Bien, visto ésto, estamos en condiciones de responder con facilidad a la siguiente pregunta: ¿Cuál será por tanto el valor de la suma de infinitos términos (serie infinita) (suma de series telescópicas de infinitos términos? $$\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\,\dfrac{1}{i\,(i+1)}$$ Ya sabemos que podemos escribir esta serie de la forma equivalente: $$\displaystyle S_{\infty}=\sum_{i=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{1}{i}-\dfrac{1}{i+1}\right)=\lim_{n\rightarrow \infty}\left((a_1-a_{1+1})+(a_2-a_{2+1})+\ldots+(a_n-a_{n+1})+\ldots\right)=\lim_{n\rightarrow \infty}\,(a_1-a_{n+1})$$ donde, en el caso concreto del ejemplo que nos ocupa, $$S_{\infty}=\lim_{n\rightarrow \infty}\,(1+\dfrac{1}{n+1})=1+0=1$$

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Una integral cuyo integrando es la función irracional $f(x)=\sqrt{x^2+bx+c}$

Voy a resolver la siguiente integral indefinida: $$I=\displaystyle \int\,\sqrt{x^2+bx+c}\;dx$$

Observemos que podemos reexpresar el integrando de la forma:
$\sqrt{x^2+bx+c}=\sqrt{(x+b/2)^2-b^2/4+c}=\sqrt{(x+b/2)^2-(b^2/4-c)}=$   $=\sqrt{b^2/4-c}\,\sqrt{\dfrac{(x+b/2)^2}{b^2/4-c}-1}=\sqrt{b^2/4-c}\,\sqrt{\dfrac{(x+b/2)^2}{(\sqrt{b^2/4-c})^2}-1}=\sqrt{b^2/4-c}\cdot \sqrt{\left(\dfrac{x+b/2}{\sqrt{b^2/4-c}} \right)^2-1} $

Mediante el cambio de variable $\sin(\theta)=\dfrac{x+b/2}{\sqrt{b^2/4-c}}$, se tiene que $\cos(\theta)\,d\theta=\dfrac{1}{\sqrt{b^2/4-c}}\,dx$, y por tanto, $dx=\sqrt{b^2/4-c}\cdot \cos(\theta)\,d\theta$, la integral propuesta es $$I=\displaystyle \int\,(\sqrt{b^2/4-c}) \cdot \sqrt{\sin^2\,(\theta)-1} \cdot (\sqrt{b^2/4-c})\cdot \cos(\theta))\,d\theta=\sqrt{b^2/4-c}\,\int\,\sqrt{\sin^2\,(\theta)-1}\cdot \cos(\theta))\,d\theta=$$ $$=\sqrt{b^2/4-c}\,\int\,\sqrt{1-\cos^2\,(\theta)-1}\cdot \cos(\theta))\,d\theta=\sqrt{b^2/4-c}\,\int\,\sqrt{\cos^2\,(\theta)}\cdot \cos(\theta))\,d\theta=$$ $$=\sqrt{b^2/4-c}\,\int\,\cos\,(\theta)\cdot \cos(\theta))\,d\theta=\sqrt{b^2/4-c}\,\int\,\cos^2\,(\theta)\,d\theta$$ Denotemos ahora $J=\int\,\cos^2\,(\theta)\,d\theta$, integral que podemos resolver mediante el método de integración de por partes: $$\displaystyle J=\int\,\cos(\theta)\,(\cos(\theta)\,d\theta)$$ Sea $u=\cos\,(\theta)$ y $dv=\cos(\theta)\,d\theta)$; entonces $du=-\sin(\theta)\,d\theta$ y $v=\sin(\theta)$, con lo cual $$\displaystyle J=\sin(\theta)\cdot \cos(\theta)-\int\,\sin(\theta)\cdot (-\sin(\theta)\,d\theta)$$ es decir
  $\displaystyle \int\,\cos^2(\theta)\,d\theta=\sin(\theta)\cdot \cos(\theta)+\int\,\sin^2(\theta)\,d\theta$
    $\displaystyle \int\,\cos^2(\theta)\,d\theta =\sin(\theta)\cdot \cos(\theta)+\int\,(1-\cos^2(\theta)\,d\theta=\sin(\theta)\cdot \cos(\theta)+\int\,d\theta -\int\,\cos^2(\theta)\,d\theta$
por lo tanto $$\displaystyle 2\,\int\,\cos^2(\theta)\,d\theta =\sin(\theta)\cdot \cos(\theta)+\int\,d\theta $$ es decir $$2\,J=\sin(\theta)\cdot \cos(\theta)+\int\,d\theta$$ y así, $$J=\dfrac{1}{2}\,\sin(\theta)\cdot \cos(\theta)+\dfrac{1}{2}\,\theta+C_1$$ con lo cual, $$I=\sqrt{b^2/4-c}\cdot \left(\dfrac{1}{2}\,\sin(\theta)\cdot \cos(\theta)+\dfrac{1}{2}\,\theta\right)+C_2$$ que podemos expresar de la forma $$I=\sqrt{b^2/4-c}\cdot \left(\dfrac{1}{2}\,\sin(\theta)\cdot \sqrt{1-\sin^2(\theta)}+\dfrac{1}{2}\,\theta\right)+C_2$$ Deshaciendo ahora el cambio de variable, $$I=\sqrt{b^2/4-c}\cdot \left(\dfrac{1}{2}\,\dfrac{x+b/2}{\sqrt{b^2/4-c}}\cdot \sqrt{1-\left( \dfrac{x+b/2}{\sqrt{b^2/4-c}} \right)^2}+\dfrac{1}{2}\,\text{arcsin}\,\left( \dfrac{x+b/2}{\sqrt{b^2/4-c}} \right)\right)+C$$ $\diamond$

Integrales indefinidas en las que aparecen senos y cosenos

Voy a resolver la siguiente integral indefinida: $$\displaystyle \int\,\dfrac{dx}{\sin(x)+\cos(x)}$$

Denotemos por $I$ a la integral indefinida propuesta. Este tipo de integrales en las que aparecen senos y cosenos suelen resolverse mediante el cambio de variable $\tan(x/2)=u$, entonces $x/2=\text{arctan}(u) \Leftrightarrow x = 2\,\text{arctan}(u) \therefore dx = (2\,\text{arctan}(u))'\,du =\dfrac{2}{1+u^2}\,du \quad (1)$

Por otra parte, $\cos(x)=\cos^2\,(x/2)-\sin^2\,(x/2)=\cos^2\,(x/2)-(1-\cos^2\,(x/2))= 2\,\cos^2\,(x/2)-1$, luego $\cos^2\,(x/2)=\dfrac{\cos\,(x)+1}{2}$ y por tanto $\cos(x/2)=\pm\,\sqrt{\dfrac{\cos\,(x)+1}{2}} \quad (2)$; de ahí, por la identidad fundamental de la trigonometría, deducimos que $\sin^2\,(x/2)=1-\cos^2\,(x/2)=1-\dfrac{\cos\,(x)+1}{2}=\dfrac{-\cos\,(x)+1}{2}$, por lo que $\sin\,(x/2)=\pm\,\sqrt{\dfrac{-\cos\,(x)+1}{2}} \quad (3)$. Dividiendo miembro a miembro (3) entre (2), $\tan\,(x/2)=\sqrt{\dfrac{1-\cos\,(x)}{1+\cos\,(x)}}$; es decir, $u=\sqrt{\dfrac{1-\cos\,(x)}{1+\cos\,(x)}}$, luego $u^2=\dfrac{1-\cos\,(x)}{1+\cos\,(x)}$, esto es $u^2+u^2\,\cos(x)=1-\cos\,(x)$, de donde $\cos\,(x)\,(u^2+1)=1-u^2$, y por tanto, $\cos\,(x)=\dfrac{1-u^2}{1+u^2} \quad (4)$, así que, (otra vez) por la identidad fundamental de la trigonometría, $\sin^2\,(x)=1-\cos^2\,(x)=1-\dfrac{(1-u^2)^2}{(1+u^2)^2}=\dfrac{4\,u^2}{(1+u^2)^2}$, con lo cual, $\sin\,(x)=\dfrac{2\,u}{1+u^2} \quad (5)$

Así, teniendo en cuenta (1), (4) y (5), vemos que $I=\displaystyle \int\,\dfrac{\frac{2\,du}{1+u^2}}{\frac{2\,u}{1+u^2}+\frac{1-u^2}{1+u^2}}=\int\,\dfrac{2\,du}{-u^2+2\,u+1}=$
  $\displaystyle=2\,\int\,\dfrac{du}{-u^2+2\,u+1}=-2\,\int\,\dfrac{du}{u^2-2\,u-1} =-2\,\int\,\dfrac{du}{(u-(1+\sqrt{2}))(u-(1-\sqrt{2}))}$. Denominemos $J$ a esta integral, entonces $I=-2J$. Para resolver $J$, descompongamos la fracción del integrando de la forma $\dfrac{1}{(u-(1+\sqrt{2}))(u-(1-\sqrt{2}))}=\dfrac{A}{(u-(1+\sqrt{2}))}+\dfrac{B}{(u-(1-\sqrt{2}))}$ para lo cual $\left\{\begin{matrix}A+B=0 \\ (1-\sqrt{2})\,A+ (1+\sqrt{2})\,B=1\end{matrix}\right.$, sistema de ecuaciones lineales compatible determinado cuya solución es $A=-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$, $B=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$. Entoces $\displaystyle J=\int\,\dfrac{-\frac{1}{2\sqrt{2}}}{u-(1+\sqrt{2})}\,du+\int\,\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{2}}}{u-(1-\sqrt{2})}\,du=$
  $\displaystyle=-\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\,\ln(|u-(1+\sqrt{2})|)+\frac{1}{2\sqrt{2}}\,\ln(|u-(1-\sqrt{2})|)+C_1$; por lo tanto la solución de $I$ es $\displaystyle=I=\dfrac{2}{2\sqrt{2}}\,\ln(|u-(1+\sqrt{2})|)-\frac{2}{2\sqrt{2}}\,\ln(|u-(1-\sqrt{2})|)+C_1=$   $\displaystyle=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,\ln(|u-(1+\sqrt{2})|)-\frac{\sqrt{2}}{2}\,\ln(|u-(1-\sqrt{2})|)+C$, y deshaciendo el cambio de variable obtenemos finalmente: $$I\displaystyle=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\,\ln(|\tan(x/2)-(1+\sqrt{2})|)-\frac{\sqrt{2}}{2}\,\ln(|\tan(x/2)-(1-\sqrt{2})|)+C$$ $\diamond$

Un ejemplo de aplicación del método de los rectángulos

Consideremos la parábola $y=x^2$. Queremos calcular la longitud del arco de parábola comprendido entreo los puntos de abscisas $3$ y $6$

Haciendo un dibujo esquemático vemos que, por el teorema de Pitágoras, la relación entre los incrementos finitos $\Delta\,s$, $\Delta\,x$ y $\Delta\,y$ es $$(\Delta\,s)^2 \approx (\Delta\,x)^2 + (\Delta\,y)^2$$ dividiendo por $(\Delta\,x)^2$ en ambos miembros, se tiene que $$\dfrac{(\Delta\,s)^2}{(\Delta\,x)^2} \approx 1 + \dfrac{(\Delta\,y)^2}{(\Delta\,x)^2}$$ y por tanto $$(\Delta\,s)^2 \approx \left(1 + \dfrac{(\Delta\,y)^2}{(\Delta\,x)^2}\right) \,(\Delta\,x)^2 $$ Ahora, si $\Delta\,x, \Delta\,y \rightarrow 0$, entonces $\Delta\,s \rightarrow 0$, con lo cual podemos escribir lo anterior con diferenciales en lugar de incrementos finitos, cambiando la relación de aproximadamente igual por la de exactamente igual: $$(ds)^2 = \left(1 + \dfrac{(dy)^2}{(dx)^2}\right) \,(dx)^2 $$ es decir, $$ds = \sqrt{\left(1 + \dfrac{(dy)^2}{(dx)^2}\right)} \,dx $$ que, por la definición de derivada de función, es lo mismo que $$ds = \sqrt{\left(1 + (y'_x)^2\right)} \,dx $$ Entonces, integrando entre los extremos del arco, $A$ y $B$, podemos escribir la longitud del arco como la integral definida $$s_{AB} = \int_{x_A}^{x_B}\, \sqrt{\left(1 + (y'_x)^2\right)} \,dx $$ En el caso que nos ocupa: $$s_{AB} = \int_{3}^{6}\, \sqrt{\left(1 + 4\,x^2 \right)} \,dx$$ Es difícil calcular una primitiva de la función $\sqrt{1 + 4\,x^2}$, por lo que podemos recurrir a un método numérico aproximado, como es, por ejemplo, el método de los rectángulos. Tomaremos, por ejemplo, $10$ intervalos equiespaciados una distancia $h=\dfrac{6-3}{10}=0,3$ , es decir, la suma de las áreas de los $10$ rectángulos de base $h$ y alturas respectivas $\sqrt{1+4\,(x_0+i\,h)^2}\; (i=0,1,2,\ldots,9)$, donde $x_0=3$ y $x_9=6$, será igual aproximadamente a dicha integral definida que queremos calcular. Entonces,
$s_{AB}=\displaystyle \int_{3}^{6}\, \sqrt{\left(1 + 4\,x^2 \right)} \,dx \approx \sum_{i=0}^{9}\,\left(h\,\sqrt{1+4\,(x_0+i\,h)^2}\right) = h\,\sum_{i=0}^{9}\,\sqrt{1+4\,(x_0+i\,h)^2}=$
  $\displaystyle=0,3\,\sum_{i=0}^{9}\,\sqrt{1+4\,(3+0,3\cdot i)^2}$
    $=0,3\,\left(\sqrt{1+4\,(3+0,3\cdot 0)^2}+\sqrt{1+4\,(3+0,3\cdot 1)^2}+\sqrt{1+4\,(3+0,3\cdot 2)^2}+\ldots+\sqrt{1+4\,(3+0,3\cdot 9)^2}\right)$
      $\approx 26,28\,\text{u.a.}\ell.$ (unidades arbitrarias de longitud)

-oOo- Observaciones importantes:

1. La suma anterior puede hacerse cómodamente con la ayuda de una hoja de cálculo
2. Si dividimos el dominio de integración en 10 intervalos elegimos un número mayor de ellos, es evidente que la precisión del resultado será mayor
3. Se demuestra que la cota de error que nos da el método de los rectángulos viene dada por $\Delta = \dfrac{h}{2}\,(x_0-x_9)\cdot M$, donde $M:=\text{máximo}(\{|f'(x)|\})$, siendo $f(x)$ la función del integrando, $f(x)=\sqrt{1+4x^2}$, por lo que $f'(x)=\dfrac{4x}{\sqrt{1+4x^2}}$, pudiéndose comprobar que el máximo absoluto, $M$, de $f'(x)$, es $\text{máximo}(\{|f'(x)|\})=1,99$ (véase la gráfica de la derivada de $f$ en la figura), luego $\Delta=\dfrac{0,3}{2}\cdot (6-3)\cdot 1,99 \approx 0,90$, por lo que el intervalo de incertidumbre en el cálculo aproximado que hemos hecho es $\left[26,28-0,90\quad , \quad 26,28+0,90\right]$; es decir, podemos afirmar que $s_{AB}=26,28 \pm 0,90\, \text{u.a.}\ell.$
   
4. Existen, desde luego, métodos de integración numérica mejores que el sencillo método de los rectángulos

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Un ejercicio para calcular el polinomio interpolador de Lagrange

Sabemos que la gráfica de una cierta función polinómica de grado $2$ pasa por los puntos del plano $A_{0}(1,1)$, $A_{1}(2,2)$ y $A_{2}(4,7)$. Me propongo calcular el polinomio interpolador de Lagrange, dados esos tres puntos.

Voy a utilizar el método de Lagrange para encontrar el polinomio interpolador: $$p(x)=\sum_{i=0}^{2}\,L_{i}(x)\,f(x_i)\quad \text{donde}\quad L_{i}(x)=\prod_{j=0; j\neq i}^{2}\,\dfrac{x-x_j}{x_i-x_j}\,(i=0,1,2)$$ Entonces, $$L_{0}(x)=\dfrac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}=\dfrac{1}{3}\,(x-2)(x-4)$$ $$L_{1}(x)=\dfrac{(x-x_0)(x-x_2)}{(x_1-x_0)(x_1-x_2)}=-\dfrac{1}{3}\,(x-1)(x-4)$$ $$L_{2}(x)=\dfrac{(x-x_0)(x-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}=\dfrac{1}{6}\,(x-1)(x-2)$$ Por lo tanto, $$p(x)=\dfrac{1}{3}\,(x-2)(x-4)-\dfrac{1}{3}\,(x-1)(x-4)+\dfrac{1}{6}\,(x-1)(x-2)=\dfrac{1}{2}\,x^2-\dfrac{1}{2}\,x+1$$

-oOo- Observaciones:

1. Si calculamos la fórmula de la parábola que posa por estos tres puntos, $f(x)=a\,x^2+b\,x+c \quad (1)$, llegaremos al mismo resultado: sustituyendo las coordenadas de cada uno de los puntos en (1) se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones lineales $\left\{\begin{matrix}a+b+c=1\\4a+2b+c=2\\16a+4b+c=7\end{matrix}\right.$, cuya solución es precisamente $a=\dfrac{1}{2}$, $b=-\dfrac{1}{2}$ y $c=1$, que son los coeficientes del resultado obtenido por el método de Lagrange.

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Cálculo de integrales indefinidas con una fracción algebraica como integrando

Nos proponemos resolver la siguiente integral indefinida: $$\int \dfrac{5x+3}{(x-3)(x+4)}\,dx$$

Podemos escribir el integrando como una suma de fracciones con denominadores respectivos igual a los factores del denominador de la expresión original y numeradores $A$ y $B$ (polinomios de grado cero), respectivamente, el valor de los cuales vamos a determinar: $$\dfrac{5x+3}{(x-3)(x+4)}=\dfrac{A}{x-3}+\dfrac{B}{x+4}\,\quad (1)$$ de esta manera, $$\int\,\dfrac{5x+3}{(x-3)(x+4)}\,dx=\int\,\dfrac{A}{x-3}\,dx+\int\,\dfrac{B}{x+4}\,dx$$ y como los segundos miembros son integrales inmediatas, $$\int\,\dfrac{5x+3}{(x-3)(x+4)}\,dx=A\,\ln(|x-3|)+B\,\ln(|x+4|)+C \,\quad(2)\,\text{siendo}\,C\,\text{la constante de integración}$$ Para calcular el valor de los coeficientes $A$ y $B$, de $(1)$ se tiene que $$5x+3=A\,(x+4)+B\,(x-3)$$ esto es $$5x+3=(A+B)\,x+(4\,A - 3\,B) \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}A+B=5 \\ 4\,-3\,B=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}A=\dfrac{18}{7} \\ B=\dfrac{17}{7}\end{matrix}\right.$$ Y sustituyendo en $(2)$, $$\int\,\dfrac{5x+3}{(x-3)(x+4)}\,dx=\dfrac{18}{7}\,\ln(|x-3|)+\dfrac{17}{7}\,\ln(|x+4|)+C$$ $\diamond$