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Solucionario

Ejercicio 1.1: Demostrar que si una sucesin tiende a ( a -(, entonces la sucesin formada por los inversos multiplicativos de los trminos de la primera sucesin (los diferentes de 0) tiende a 0.

Sea (xk) una sucesin tendente a ( (el caso en que tienda a -( es enteramente similar). Entonces, se quiere demostrar que la sucesin (1/xk) tiende a 0. Por hiptesis, puede afirmarse que a partir de cierto trmino de la sucesin original, todos los dems han de ser positivos. As. Habr una cola de la sucesin formada slo por trminos positivos y ella habr de tender a ( tambin. Adems, para cualquier positivo que queramos, los trminos de la sucesin desde cierto ndice sern mayores que dicho positivo. Luego, sus inversos multiplicativos sern ms y ms pequeos, por lo que habrn de tender a 0. De manera formal, (n ((, (k > n ( xk > 0). Como por hiptesis, ( M > 0, hay un n( ((, (k > n ( xk > M), se sigue que la subsucesin (xn+1 , xn+2, ) tiende tambin a ( siendo todos sus trminos positivos. Si formamos la sucesin (1/ xn+1 , 1/ xn+2 , ) resulta que todos sus trminos sern menores que 1/M. Luego, Ejercicio 1.2: Ser verdad que si una sucesin tiende a 0, entonces la sucesin formada por los inversos multiplicativos de los trminos de la primera sucesin (los diferentes de 0) tiende a ( a -(? Caso que s, demostrarlo; caso que no, dar contraejemplos.

La tendencia a infinito a menos infinito exige un claro comportamiento, a saber, de acrecentamiento, en el primer caso, y de decrecimiento, en el segundo. Sin embargo, al tender a cero una sucesin, es posible que no haya conservacin de signo de parte de los trminos de ella. Luego, la respuesta es que no, como lo0 comprueba el siguiente contraejemplo: (1, -1, , - , 1/3, -1/3, , 1/k, -1/k, ) . Es claro que ella tiende a 0 pero sus inversos multiplicativos dan la sucesin (1, -1, 2, -2, 3, -3, k, -k, ) que es alternante y no tiende ni a infinito ni a menos infinito ni a nada.

Ejercicio 1.3 Demostrar que si el lmite de una sucesin es menor que el lmite de otra, entonces casi todos los trminos de la primera son menores que los correspondientes trminos de la segunda, esto es, que si a = lim (xk), b = lim (yk) y a < b entonces ( n,( k > n, xk ( yk.

La razn para esto es que si casi todos los trminos de la una sucesin estn muy cerca de su lmite y el lmite de la primera sucesin es menor que el de la segunda, entonces resulta natural prever que casi todos los trminos de la primera sucesin sern menores que los de la segunda. De manera formal, si escogemos un ( := (b - a) / 2, entonces, por la definicin de lmite, habr nmeros naturales m y m( tales que (k > m ( (a - xk(< () ( (k > m( ( (b - yk(< (), Ahora basta con definir n := 1 + max(m, m( ). Entonces, obtenemos que ( k > n, xk ( yk , puesto que xk < a + ( = a + (b - a)/2 = (a + b)/2 = b (b a ) / 2 = b - ( < b.Ejercicio 1.4 Demostrar que si 0 < a = lim (xk), entonces lim ((xk ()= a.La idea es que si el lmite de la sucesin es positivo, entonces a partir de cierto trmino de ella, todos los que siguen habrn de ser positivos tambin, y como para cualquier positivo, su valor absoluto es l mismo, entonces, que dichos trminos estn cercanos al lmite es lo mismo que decir que sus valores absolutos estn cercanos a l. De modo formal, lo que se quiere demostrar es que (( > 0, (n ( (, (k ( (, (k > n ( (a - (xk((< ().

Ahora bien por hiptesis se sabe que ((( > 0, (n( ( (, (k ( (, (k > n( ( (a - xk (< ((), siendo a positivo. Luego, si escogemos para (( el valor a/2, hemos de concluir que (n(( tal que (k > n(( ( (a - xk (< a/2), de donde se sigue que (k > n(( ( xk > 0 ). Es decir, que todos los trminos de la sucesin de ndice mayor que n(( son positivos. Como todo nmero positivo es igual a su valor absoluto, podemos afirmar que (k > n(( ( (a - (xk((= (a - xk (. Sabemos que para una sucesin convergente, ocurre que todas sus subsucesiones tambin son convergentes y convergen al lmite de la sucesin. Por lo tanto, la subsucesin (xn(( + 1 , xn(( + 2 , ) converge a a. De la definicin de lmite de una sucesin, se sigue que (( > 0, (n ( (, (k ( (, (k > n ( k > n((( (a - xk(< (), y, como para tales k, xk = (xk(, concluimos que (( > 0, (n ( (, (k ( (, (k > n ( (a - (xk((< ().Ejercicio 1.5 Demostrar que si una sucesin montona posee alguna subsucesin convergente, entonces dicha sucesin es convergente.

La idea es que si la sucesin dada posee alguna subsucesin convergente, entonces, suponiendo, primero, que la sucesin dada es creciente, ha de concluirse que si el lmite menos un trmino de la subsucesin es algo muy pequeo, tambin ser que el lmite menos cualquier trmino de la sucesin de ndice no menor que el de aquel trmino de la subsucesin ser algo muy pequeo, ya que los trminos de la sucesin nunca descienden. De modo formal, se tiene que si (xk) es una sucesin montona que, sin prdida de generalidad, podemos suponer creciente (para una decreciente, el argumento es muy similar), y ella posee una subsucesin convergente, (x((), donde ( : ( ( (, es una funcin estrictamente creciente; entonces, como esta subsucesin es convergente por hiptesis, ha de haber un nmero real, a, tal que (( > 0, ( n ( (, (k > n ( (x (((k) a (< (). Ahora bien, puesto que la sucesin original es montona creciente, entonces (h > n, se tiene que xh ( x (((h), de donde, (h > n, (xh a (< (). Esto demuestra que a = lim (xk).Ejercicio 1.6 Se llama valor ( punto) de adherencia de una sucesin al lmite de cualquier subsucesin de ella. Hallar, si existieren, los valores de adherencia de la sucesin (xk) definida por x2k = k y x2k-1 = 1/k . Es convergente dicha sucesin?

Dicha sucesin es as: (1, 1, , 2, 1/3, 3, , 4, ). Entonces, puede intuirse que los trminos de ndice impar, a saber, 1, , 1/3, , forman una subsucesin tendente a 0 y que los de ndice par, a saber, 1, 2, 3, 4, , hacen una subsucesin que tiende al infinito. Por lo tanto, podemos conjeturar que hay un nico punto de adherencia, a saber, el 0. La demostracin rigurosa de este aserto es como sigue. 1 Que el 0 sea punto de adherencia es algo que se desprende de la definicin de tales puntos, ya que, como se ha dicho lneas antes, 0 = lim (x1, x3, x5, ). 2 Que no haya ningn otro punto de adherencia de la sucesin es algo que puede demostrarse descartando como tales, primero, a todos los positivos y, luego, a todos los negativos. En efecto, dado un positivo cualquiera, a, es claro que no hay sino dos posibilidades: o bien l es un entero o bien l no es entero. Si es un entero, entonces en el intervalo ]a- , a + [ no hay ningn trmino de la sucesin a parte de l mismo, por lo cual a no puede ser lmite de ninguna subsucesin. A continuacin, si a es negativo, entonces en el intervalo ]a + a /4, a a /4[ no hay ningn trmino de la sucesin, por lo que tampoco puede ser punto de adherencia de la sucesin.Ejercicio 1.7 Demostrar que una sucesin acotada es convergente si, y slo si, posee un nico punto de adherencia.

Hay que demostrar, primero, que una sucesin acotada es convergente si posee un nico punto de adherencia. Despus, hay que demostrar que una sucesin acotada es convergente slo si posee un nico punto de adherencia. Veamos.

1 Sea (xk) una sucesin acotada que posee un nico punto de adherencia, a. Como sabemos, toda sucesin acotada est dentro de algn intervalo cerrado [b, d]. La sucesin ser convergente al punto a si es que toda subsucesin de ella converge a dicho punto a. Sea pues (x(() una subsucesin cualquiera, con ( : ((( una funcin estrictamente creciente. Entonces ella est dentro del intervalo cerrado [b, d], y por lo tanto ha de tener, a su vez, alguna subsucesin convergente a algn punto de dicho intervalo. Pero esta ltima subsucesin de la subsucesin (x(() es tambin una subsucesin de la sucesin (xk), de donde se sigue que el punto al que converge tiene que ser a, ya que de no ser as. La sucesin original poseera dos puntos de adherencia.2 Sea (yk) una sucesin acotada y convergente. Se quiere demostrar que posee un nico punto de adherencia. Pero esto es obvio, pues, por ser convergente, su lmite es tambin punto de adherencia (recordar que una sucesin es tambin una de sus subsucesiones). Que no haya otro punto de adherencia es tambin obvio pues la teora nos ha enseado que toda subsucesin de una sucesin convergente converge al lmite de sta.Ejercicio 1.8 Se dice que una sucesin de nmeros reales, (xk), es de Cauchy si la diferencia de dos trminos cualesquiera de una cola de la sucesin puede hacerse tan pequea como se quiera con slo definir convenientemente esa cola, es decir, que ( ( > 0, ( n, (h > n ( k > n) ( ( xh - xk ( < (.

Demostrar, primero, que toda sucesin convergente de nmeros reales es de Cauchy.

Demostrar, luego, que toda sucesin de nmeros reales que sea de Cauchy es acotada.

1 Sea (xk) una sucesin convergente a cierto punto a. Se quiere demostrar que ella es de Cauchy, esto es, que ( ( > 0, ( n, (h > n ( k > n) ( ( xh - xk ( < (. Para ello, dado un positivo cualquiera, (, apliquemos la definicin de lmite con el positivo (/3 y obtendremos que (n ( (, (h > n ( (xh - a(< (/3). Entonces, si h > n ( k > n ha de tenerse, por la desigualdad triangular, que (xh - xk (= ((xh - a) + (a - xk)(( (xh a (+ (xk a (( (/3 + (/3 = (.

2 Sea (xk) una sucesin de Cauchy. Se pide demostrar que ella es acotada. La razn de esto es intuitivamente clara, pues, de la definicin de tales sucesiones de Cauchy se sigue que hay un nmero natural, n, tal que dos trminos cualesquiera de ndices mayores que n difieren entre s en valor absoluto en no ms que 1; y as, llamando m al nmero que se obtiene de max ((x1 (, (xn () + 2, tenemos que el valor absoluto de cualquier trmino de la sucesin estar acotado por 2 (se dejan los detalles de la demostracin de este aserto al estudiante).Ejercicio 1.9 Demostrar que lim (xk) = ( si xk = 2 k - ( k.

Se quiere demostrar, segn la definicin de lmite infinito, que para cualquier positivo que se quiera, hay una cola entera de la sucesin que se sita por encima de dicho positivo. Esto es, que (M > 0, (n ( (, (k (k > n ( xk > M ). Ahora bien, por la definicin de la sucesin, resulta que xk > M ( 2 k - ( k > M ( ( k (2 ( k - 1) > M. Para conseguir un n que satisfaga la implicacin k > n ( ( k (2 ( k - 1) > M , bastar con que satisfaga a esta otra condicin: k > n ( ( k > (M ( 2( k 1 > (M.

Como es fcil demostrar por induccin finita (tambin llamada induccin aritmtica), se tiene que (k ( (, 2( k 1 > M ( k > ((M + 1)2 / 4 . As, lo que se quiere hallar es un nmero natural, n, tal que (k ( (, k > n ( k > M ( k > ((M + 1)2 / 4. Puesto que esta expresin ((M + 1)2 / 4 es ( M2 (otra vez, el estudiante ha de demostrar esto por induccin finita), basta con hallar un n tal que (k ( (, k > n ( k > M ( k > M2. Esto se logra fcilmente definiendo n := max (M, M2) que no es otro que M2. En definitiva, dado cualquier positivo M, definiendo n como el menor nmero natural que sea mayor que M2, se garantiza que (k (k > n ( xk > M ).Ejercicio 1.10 Demostrar que es divergente la serie ( xk donde xk = (k + 1)1/2 (k)1/2 , a pesar de que tienda a 0 su trmino general (sugerencia: emplear la identidad a2 b2 = (a - b)(a + b) y calcular explcitamente las sumas parciales).Segn la identidad de la sugerencia, xk = (k + 1)1/2 (k)1/2 = 1/(((k +1)+(k). Ahora bien, es fcil demostrar por induccin finita que (k ( (, ((k +1)+(k > 2(k, por lo que (k ( (, xk > 2(k . A su vez, (k ( (, 1/(k > 1/k, de donde (k ( (, xk > 2/k .

Por otro lado, puede fcilmente demostrarse que la serie ((1/k) diverge ya que sus sumas parciales se hacen arbitrariamente grandes a medida que el nmero de trminos aumenta sin cesar. En efecto, ya que 1 + + 1/3 + + 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 = 1 + + (1/3 + + 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8) > 1 + + (1/8 + 1/8 + 1/8 + 1/8) = 1 + 2 (1/2), y, similarmente 1 + + 1/3 + 1/16 > 1 + 2(1/2), obtenemos que (n ( (, la suma de los 2n primeros trminos de la serie ((1/k) es mayor que 1 + n (1/2). Esto muestra que la serie ((1/k) es divergente.

Finalmente, como es el caso que (n ( (, , y sta diverge a infinito, ha de seguirse que tambin la serie (xk diverge a infinito.

Notemos de paso que 0 = lim (xk), pues xk = (k + 1)1/2 (k)1/2 = 1/(((k +1)+(k) ( 1/(2((k + 1)) y esta expresin tiende a 0 cuando k tiende a infinito.Ejercicio 1.11 Sabiendo que es convergente la serie ( xk donde xk = 2/(k + k2), y usando el criterio de comparacin, demostrar la convergencia de la serie ( yk donde yk = 1/k2.

Basta comprobar (por induccin finita) que (k ( (, 2/(k + k2) ( 1/k2. Ahora, el criterio de comparacin nos permite concluir que la serie de trminos positivos ( yk es convergente.Ejercicio 1.12 Demostrar la convergencia de la serie geomtrica de razn positiva, r, menor que 1, a saber, a + a r + a r2 + a r3 + .Si se designa por Sn a la suma parcial de los n primeros trminos de la serie, entonces resulta que Sn rSn = a arn, de donde se sigue que Sn = a(1 - rn)/(1 - r), y como el lmite de esta expresin, cuando n tiende a infinito, es a / (1 - r), se concluye que es convergente la serie geomtrica dada.Ejercicio 1.13 Sabiendo que la serie de trminos innegativos, ( xk , es convergente, demostrar la convergencia absoluta de la serie ( xk ak, siendo a un nmero del intervalo [-1, 1].La razn es simple, pues (xk ak (= xk (a(( xk. Entonces, una simple aplicacin del criterio de comparacin nos permite concluir que es convergente la serie ( (xk ak (; ahora, la teora estudiada nos garantiza que es convergente la serie ( xk .Ejercicio 2.1 Sera aceptable la siguiente definicin alternativa de par ordenado (a, b) := {b, {a}}? Recurdese que lo que se quiere es poder reconocer inequvocamente el primer elemento del par. Habra manera de extender este modo de definir par ordenado al caso de tro ordenado?

Por ser ste un ejercicio esencialmente conceptual, su solucin se deja a cargo del estudiante.Ejercicio 2.2 Cules de los siguientes conjuntos son funciones y por qu no lo son los otros?

a) {(1, 0), (0, 1), (2, 1). (1, 2)} b) {(1, 0), (0, 1), (2, 1), ({1}, 2)}

c) {(x, y) : x ( ( ( y2 = x } d) {(x, y) : x ( ( ( y = x2 }

Por ser ste un ejercicio esencialmente conceptual, su solucin se deja a cargo del estudiante.Ejercicio 2.3 Cules de las funciones dadas en el ejercicio anterior tienen inversa, cules de ellas son inyectivas, y cules son biyectivas?

Por ser ste un ejercicio esencialmente conceptual, su solucin se deja a cargo del estudiante.Ejercicio 2.4 Demostrar que si una relacin binaria en un conjunto dado es total, entonces ella es tambin reflexiva.

Sea S una relacin binaria en el conjunto dado X. Se pide demostrar que (xde X, x S x. Puesto que la relacin S es total, dado el par ordenado (x, x) ha de tenerse que el primer elemento del par est en la relacin S con el segundo el segundo est en esa relacin con el primero. Esto, tautolgicamente, implica que x S x como querase demostrar.Ejercicio 2.5 Si una relacin binaria en un conjunto dado es simtrica, tendr tambin que ser transitiva? Y a la inversa s? Qu se podr responder a estas cuestiones si se sabe adems que la relacin es total?

La respuesta a la primera cuestin es negativa, pues, por ejemplo la siguiente relacin binaria {(2, 1), (1, 2)} es obviamente simtrica pero no es transitiva, ya que si lo fuese, el par (2, 2) debera pertenecer a la relacin, y eso no ocurre.

La respuesta a la segunda cuestin es tambin negativa, pues, por ejemplo, la siguiente relacin {(1, 2), (2, 5), (1, 5)} es transitiva pero no es simtrica.

La respuesta a la tercera cuestin se deja al estudiante por ser de carcter fuertemente conceptual.Ejercicio 2.6 En el conjunto de los nmeros naturales se define la relacin binaria S como a S b si es que a b ( a + b. Cules de las propiedades estudiadas en este curso son satisfechas por sta relacin?

Fcilmente se comprueba que S = {(2, 2)} ( {(x, y) : x= 1 ( y = 1}. Tambin ha de comprobarse que es sta una relacin simtrica y transitiva pero no reflexiva; adems, ella no es total. En consecuencia,, no es una relacin de eqbivalencia.Ejercicio 3.1 Demostrar que cualesquiera fuesen los subconjuntos A y B de la recta real, la interseccin de los interiores de ellos es igual al interior de la interseccin de ellos, es decir, que int (A ( B) = (int A) ( int B. Pero, en cambio, la unin de los interiores de ellos, en general, slo est incluida en el interior de la unin de ellos, es decir, que int (A ( B) ( (int A) ( int B. Para establecer este ltimo resultado, considrense los casos en que A = [0, 1] y B = [1, 2]. Ha de comprobarse que el interior de A ( B tiene como subconjunto propio a la unin de los interiores de A y de B. Empecemos con la segunda afirmacin. Es claro que int A = ]0, 1[ y que int B = ]1, 2[. Luego, como A ( B = [0, 2] y el int (A ( B) ]0, 2[, resulta que int (A ( B) ( (int A) ( int B, pues el 1 ( ]0, 1[(]1, 2[ = (int A) ( int B pero s pertenece a ]0, 2[ = int (A ( B).

Para demostrar la primera afirmacin, que int (A ( B) = (int A) ( int B, notemos, primero, que si un punto, x, pertenece al interior de la interseccin de A y B, entonces hay un positivo, (, tal que ] x - (, x + ( [ ( A ( B, y por ende ] x - (, x + ( [ ( A ( ] x - (, x + ( [ ( B, de donde x ( (int A) ( int B. A continuacin, tomemos un punto, z, perteneciente a (int A) ( int B. Entonces han de existir positivos, ( y (, tales que ] z - (, z + ( [ ( A ( ] z - (, z + ( [ ( B. Entonces, si definimos ( como el min ((, (), se sigue inmediatamente que ] z - (, z + ( [ ( A ( B, de donde, z ( int (A ( B).

Ejercicio 3.2 Demostrar que si la frontera de un subconjunto de ( es el vaco, entonces dicho subconjunto es el vaco es todo (.

Supngase que hubiera un subconjunto, C, de la recta real cuya frontera fuese el vaco sin que l fuera el vaco todo (. Por lo tanto, habra un punto x ( C y habra otro punto y ( C. Obviamente, x ( y. Como ninguno de estos puntos pertenece a la frontera de C, entonces x pertenece al interior de C y y pertenece al interior del complemento de C. Como estos dos puntos son arbitrarios en C y su complemento, concluimos que todo punto de cualquiera de estos conjuntos es interior, por lo que ambos son abiertos y no vacos. Pero entonces, habramos encontrado dos subconjuntos abiertos y no vacos de ( cuya unin es igual a (. Esto contradira a la propiedad de conexin de la recta real presentada al final de la seccin 3 del curso. Por lo tanto, no puede haber ningn subconjunto no vaco de ( cuya frontera sea el vaco aparte de ( y (.Ejercicio 3.3 Demostrar que la unin de una coleccin finita de subconjuntos compactos de ( es un subconjunto compacto y que la interseccin de cualquier coleccin de subconjuntos compactos de ( es un subconjunto compacto.

1 Se ha de demostrar que la unin de una coleccin finita de subconjuntos compactos de ( es un subconjunto compacto. Sea pues la coleccin C1 , , Cn de subconjuntos compactos de (. Hay que probar que la unin de esos subconjuntos es un subconjunto compacto de (. Que dicha unin sea acotada es fcil de demostrar, pues, si el positivo Mi es tal que Ci ( [-Mi , Mi], ( i ( {1, , n}, entonces definiendo M como el mximo de M1 , , Mn . se tendr que C1 ( ( Cn ( [-M, M]. Y que dicha unin sea cerrada se sigue de que la unin de una coleccin finita de cerrados es un cerrado, como se ha visto en la seccin 3.1 del curso.2 Se ha de demostrar que la interseccin de cualquier coleccin de subconjuntos compactos de ( es un subconjunto compacto. Sea pues la coleccin (, como suele tambin decirse, familia) {Ci : i ( I }de subconjuntos compactos de (. Hay que probar que la interseccin de esos subconjuntos es un subconjunto compacto de (. Para ello, bastar con hacer ver que dicha interseccin es un subconjunto cerrado y acotado de (. Que sea cerrado se sigue de que, como ya hemos visto en el curso, seccin 3.1, la interseccin de cerrados es un cerrado. Que sea acotado se sigue de que la interseccin de una coleccin de conjuntos es subconjunto de cualquiera de ellos, y es obvio que todo subconjunto de un acotado es tambin acotado.

Ejercicio 3.4 Sean f , una funcin real definida en el subconjunto X de la recta real; z, un punto de acumulacin de X , y L , un nmero real, tales que limz f = L .

Defnase Y := f (X({z}). Demostrar que L pertenece a la clausura de Y. Lo que ha de demostrarse es que L es lmite de alguna sucesin de puntos de Y. Sea, pues, (xk) una sucesin de puntos de X({z} que tienda a z; entonces la sucesin de sus imgenes, (f (xk)), tiene por lmite a L, ya que, dado cualquier positivo, (, por definicin de lmite de una funcin en un punto de acumulacin de su dominio, hay un positivo, (, tal que todo punto que diste de z menos que ( tendr imagen por f a distancia menor que ( de L . Adems, por definicin de lmite de una sucesin, para el ( que tenemos entre manos, ha de haber un nmero natural, n, tal que (k ( (, (k > n ( (z xk (< (). Por ende, (k ( (, (k > n ( (L f ( xk ) (< (), esto es, que L = lim (f (xk)).

Ejercicio 3.5 Sea f :( ( (, x ( x, si x es racional, pero x ( 0 si x es irracional; y sea g : ( ( (, x ( 0 si x ( 0, pero 0 ( 1. Es claro que puede hacerse la composicin de f con g, a saber, g( f , ya que el codominio de f est incluido en el dominio de g. Demostrar que si bien existen los lmites de f y g en 0, sin embargo no existe el lmite de g( f en 0.

El lmite de f en 0 es 0 y el limite de g en 0 es 0 (como ha de demostrarlo el estudiante diligente). Pero g( f (x) = 0 si x es racional distinto de 0 y g( f (x) = 1 si x es irracional 0. Por lo tanto, tan cerca del 0 como queramos, hay puntos de imagen igual a 1 y puntos de imagen igual a 0. As, no puede haber lmite de g( f en 0 (los detalles de la demostracin de esta aseveracin quedan a cargo del estudiante diligente).

Ejercicio 3.6 Demostrar que para la funcin f : (((, dada por x ( 1/ (1+x2), se cumple que lim0+ f = 1.

Ha de demostrarse que (( > 0, (( > 0 tal que (x de ]0, ( [, se tenga que (f(x) 1 ( < ( .Pero 1 1/(1 + x2) < ( ( x2 < ( ( (1 - () ( (x(< (( ( (1 - ())1/2. Entonces, podemos escoger el positivo ( como (( ( 2(1 - ())1/2 para garantizar que se cumpla la implicacin de dos lneas arriba.Ejercicio 3.7 Demostrar que si p y q son polinomios de segundo y tercer grado respectivamente con coeficientes positivos para los trminos de segundo y tercer grado, entonces ( = lim( p = lim-( p = lim( q = - lim-( q. Luego, generalizar esta proposicin considerando, ya no grados segundo y tercero, sino pares e impares.

Si p es el polinomio a x2 + b x + c, con a > 0, entonces p = x2 (a + b/x + c / x2), por lo que lim( p = (lim( x2) (lim( (a + b/x + c / x2)) = ( ya que a = lim( (a + b/x + c / x2) y lim( x2 = (. El caso de q como polinomio de tercer grado se trata de modo casi idntico. Las generalizaciones son tambin inmediatas y quedan los detalles formales a cargo del estudiante aplicado.Ejercicio 3.8 Demostrar que si son continuas las funciones f : X ( ( y g : X ( (, entonces tambin los son las funciones F : X ( ( y G : X ( (, definidas respectivamente por F (x) := max (f (x), g (x)) y G (x) := min (f (x), g (x)).

Ha de demostrarse que (a de X, max (f (a), g (a)) = lima max (f (x), g (x)). Tomemos un positivo, (, cualquiera. Hemos de mostrar que hay un positivo, (, tal que ((x a (< ( ( (max (f (a), g (a)) - max (f (x), g (x)) (< ( ).

Consideremos, primero, el caso en que f (a) > g (a) (el caso en que f (a) < g (a) se trata de modo similar). Definamos (como el mnimo entre ( y f (a) - g (a). Entonces, como las funciones f y g son continuas, hay positivos, (1 y (2 , tales que ( x de X , ((x a (< (1 ( (f (a) f (x)(< (/2) ( (x a (< (2 ( (g (a) g (x)(< (/2). Definamos el positivo ( := min ((1 , (2). Ahora, si (x a (< (, como f (x) > f (a) - (/2 ( g (a) + (/2 > g (x), concluimos que f (x) ha de ser el max (f (x), g (x)). Por lo tanto, ya que (f (x) f (a) (< (/2 < (< (, se obtiene que ((x a (< ( ( (max (f (a), g (a)) - max (f (x), g (x)) (< ( ).

En segundo lugar, consideremos el caso en que f (a) = g (a). Sea ( un positivo cualquiera. De nuevo, por la continuidad de las funciones f y g, ha de haber positivos, (1 y (2 , tales que ( x de X , ((x a (< (1 ( (f (a) f (x)(< (/2) ( (x a (< (2 ( (g (a) g (x)(< (/2). Ahora, ya que f (a) = max (f (a), g (a)) = g (a), (x de X tal que (x a (< min ((1, (2), ha de tenerse que, tanto si f (x) ( g (x) como si f (x) ( g (x), (max (f (a), g (a)) - max (f (x), g (x))(< (.Ejercicio 3.9 Demostrar que si son continuas las funciones f : X ( ( y g : X ( (, siendo abierto el subconjunto X de (, entonces es abierto el subconjunto de X formado por los puntos en donde difieren entre s las imgenes de las funciones dadas, y que es cerrado el subconjunto de X formado por los puntos en donde coinciden dichas imgenes.

1 Que es abierto el {x ( X : f (x) ( g (x)} : Tomemos un punto x cualquiera de dicho subconjunto, y definamos el positivo ( := (f (x) - g (x) (/ 3. Por la continuidad de las funciones f y g, hay positivos, (1 y (2, tales que (z de X tal que (z x (< min ((1 , (2), se tendr que (f (x) f (z) (< ( ( (g (x) g (z)(< (. Ahora, por la forma en que se ha definido (, ha de cumplirse que f (x) ( g (x), (z de X tal que (z x (< min ((1 , (2). Luego, ]x - min ((1 , (2) , x + min ((1 , (2) [ ( {x ( X : f (x) ( g (x)}, por lo cual resulta que este subconjunto de X es abierto.2 Que es cerrado el {x ( X : f (x) = g (x)} : Como ya hemos demostrado que es abierto el complemento de este subconjunto de X, a saber, el {x ( X : f (x) ( g (x)}, se sigue inmediatamente que ha de ser cerrado el {x ( X : f (x) = g (x)}. Ejercicio 3.10 Sea f : [0, 1] ( ( una funcin continua tal que f (0) = f (1). Demostrar que hay al menos un punto x del intervalo [0, 1] tal que f (x) = f (x + ). (Sugerencia: aplicar el teorema del valor intermedio a la funcin g (x) := f (x) - f (x + )). A continuacin enunciar y demostrar un ejercicio similar pero con 1/3 en vez de . Como ya sabemos, es continua la funcin que se obtiene por la sustraccin de funciones continuas. As, la funcin g : [0, 1/2](( definida como g (x):= f (x) - f (x + ) es continua. Adems, g (0) = f (0) f () y g () = f () f (1). Entonces, como f (0) = f (1), vemos que g (0) y g () difieren en signo son iguales. En cualquier caso, 0 pertenece al intervalo de extremos g (0) y g (), por lo cual ha de haber algn punto, x, del intervalo [0, ], tal que 0 = g (x) = f (x) f (x + ), que es lo que haba que demostrar.Para el caso de 1/3, el enunciado ser: Sea f : [0, 1] ( ( una funcin continua tal que f (0) = f (1). Demostrar que hay al menos un punto x del intervalo [0, 1] tal que f (x) = f (x + 1/3).

Su demostracin es como sigue. Como ya sabemos, es continua la funcin que se obtiene por la sustraccin de funciones continuas. As, la funcin g: [0, 2/3](( definida como g (x) := f (x) - f (x + 1/3) es continua. Adems, g (0) = f (0) f (1/3) ( g (1/3) = f (1/3) f (2/3) ( g (2/3) = f (2/3) f (1). Entonces, como f (0) = f (1) = h digamos, se tendr: g (0) = h f (1/3) ( g (1/3) = f (1/3) f (2/3) ( g(2/3) = f (2/3) h . Ahora bien, (1) si (h < f (1/3) ( f (2/3) > h) si (h > f (1/3) ( f (2/3) < h), entonces g (0) u g (2/3) tienen signos diferentes, por lo cual, el teorema del valor intermedio implicar que hay un punto, x, del intervalo [0, 2/3] en el que la funcin g alcanza el valor 0. Pero as, en dicho punto x se tendr: f (x) = f (x + 1/3).

(2) Si (h < f (1/3) ( f (2/3) < h) si (h > f (1/3) ( f (2/3) > h), entonces, como g (1/3) = f (1/3) f (2/3), se sigue de esta igualdad y de h < f (1/3) ( f (2/3) < h que g (1/3) > 0. Ahora se tendra que g toma valores de signo opuesto en los puntos 0 y 1/3, por lo que, de nuevo, el teorema del valor intermedio permite concluir que ha de haber un punto, x ( [0, 1/3] tal que 0 = g (x) = f (x) - f (x + 1/3). En el otro caso posible, a saber, que sea h > f (1/3) ( f (2/3) > h, la igualdad g (1/3) = f (1/3) f (2/3) lleva a la conclusin de que g (1/3) < 0. As, como g (0) = h f (1/3) > 0, ha de haber un punto, x ( [0, 1/3] tal que 0 = g (x) = f (x) - f (x + 1/3).Ejercicio 3.11 A una funcin f : ( ( ( se la llama peridica cuando hay algn positivo, p, tal que (x de (, f (x) = f (x + p). Demostrar que toda funcin peridica continua es acotada, es decir, que hay algn positivo que es mayor que los valores absolutos de todas las imgenes de la funcin; y demostrar tambin que, entonces, toda funcin peridica continua alcanza un valor mximo global y alcanza un valor mnimo global.

Notemos que el codominio de la funcin f resulta ser igual al {f (x) : x ( [0, p]}, ya que cualquier punto de la recta real se obtiene sumando restando un mltiplo entero de p a algn punto del intervalo [0, p]. Ahora bien, como este intervalo es compacto, la funcin continua f tiene que ser acotada en dicho compacto. Finalmente, el supremo del codominio de la funcin, que existe por la propiedad fundamental de la recta real, ha de pertenecer al conjunto {f (x) : x ( [0, p]} ya que la funcin f es continua. Ejercicio 4.1 Sean tres funciones f, g y h : X ( ( tales que (x de X, f (x) ( g (x) ( h (x). Se sabe que f y g son diferenciables en un punto a(X que es de acumulacin de X y que f (a) = h (a) ( f ((a) = h( (a). Demustrese que la funcin g es diferenciable en a y que su derivada g( (a) = f ((a).

Si existiera la derivada de g en a ella sera el lmite del cociente (g (a + z) g (a)) / z cuando z tiende a 0. Como g (a) = f (a) = h (a), se sigue entonces que (f (a + z) f (a))/z ( (g (a + z) g (a)) / z ( (h (a + z) h (a)) / z. Pero entonces, por el teorema del emparedado, tiene que ser que la expresin del centro posee lmite cuando z tiende a 0 y que dicho lmite es el mismo que los de las expresiones flanqueantes, a saber, que existe g( (a) y es igual a f ((a) y a h(a).Ejercicio 4.2 Sea f : X ( ( una funcin diferenciable en a. Demostrar, entonces, que limh(0 (f (a+h) f (a-h))(2h = f ((a).

(f (a+h) f (a-h))(2h = (f (a+h) f (a) + f (a) - f (a-h))(2h = (f (a+h) f (a))(2h + (f (a) - f (a-h))( 2h, de donde el lmite de la expresin de la derecha ha de ser igual a f (a)/2 + limh(0 (f (a-h) f (a))(2(-h) = f (a)/2 + f (a)/2 = f (a).Ejercicio 4.3 Calcular mediante la definicin de derivada de una funcin en un punto el valor de f ((2) si f : (\{0} ( ( es la funcin definida por f (x) = 1/x.

Si existe f ((2), ha de ser el lmite cuando h tiende a 0 del cociente (f (2 + h) f (2))/h = ((2 + h)-1 (2)-1)/h = - h /(2h (2 + h)) = -1/(2 (2 + h)). Ahora bien, esta expresin tiene por lmite cuando h tiende a 0 el valor -1/4. Entonces, f (2) = -1/4.Ejercicio 4.4 Admitiendo (lo que es verdad pero que no lo demostraremos aqu) que para la funcin exponencial exp (x) := ex se cumple que exp( (x) = ex y que lim( (ex/x) = (, demostrar que, definiendo la funcin f mediante f (x) = exp (-1/x2), para x ( 0, y, en cambio, f (0) := 0, se tendr que 0 = f( (0).

Si existiera f( (0), sera igual al lmite cuando h tiende a 0 de que es exp (-1/h2)/h = . Ahora bien, cuando h tiende a 0, 1/h2 tiende a (, y por lo asumido en el enunciado del ejercicio, vemos que el lmite del cociente del denominador ser igual a (, mientras que el lmite del numerador ser igual a 0. Luego, el lmite de cociente ha de ser igual a 0 como se quera demostrar.Ejercicio 4.5 Se sabe que la funcin f : ( ( ( es diferenciable y tal que (x,( t, f (tx) = t f (x). Demustrese, entonces, que (c ( (, (x, f (x) = c x. Sugerencia: Demostrar, antes, que (a, f( (a) = f (a) ( a, y, luego, que este cociente vale f (1).

Por definicin de derivada sabemos que, si existe, f( (a) = limh(0 = limh(0 = limh(0 = limh(0 = =

EMBED Equation.3 . Es decir que la funcin f tiene derivada constante igual a f (1), por lo que como ya se ha establecido que (a, f( (a) = f (a) ( a, se sigue que (a, f (a) = f (1)a. Basta con definir c := f (1) para terminar la demostracin pedida. Ejercicio 4.6 Se llama punto crtico de una funcin f a todo punto del dominio de la funcin en donde se anule su derivada. Demostrar, entonces, que es cerrado el conjunto de puntos crticos de una funcin real definida en la recta real si sta de de clase C1.

Bastar con mostrar que el lmite de cualquier sucesin de puntos crticos de la funcin es tambin un punto crtico de ella. Pero esto se sigue inmediatamente del hecho de que la funcin sea de clase C1, pues esto implica que la derivada de la funcin es continua, de modo que si para una sucesin (xk) de puntos crticos de f se tiene que dicha sucesin converge a un punto z, entonces por la continuidad de f tenemos que f (z) = f (lim (xk)) = lim (f (xk)) = lim (0) = 0. De aqu se sigue que z es tambin punto crtico de f . Ejercicio 4.7 Demostrar la Regla de LHpital (pronnciese como /lopital/, que es francs, pero nunca como /lejspital/, que no es ingls) Si las funciones f y g son diferenciables en el punto a y ambas toman el valor 0 en dicho punto, siendo adems que 0 = lima f = lima g, entonces lima (f / g) = f( (a) / g( (a) si es que 0 ( g( (a). La demostracin es simple, pues en tal caso ocurre que f( (a) = lima (f (x) / (x - a)) y tambin que g( (a)= = lima (g(x) / (x - a)); por lo tanto, se tendr que lima (f / g) = limx(a (f (x) / (x-a)) ( (g (x) / (x-a)) = (limx(a f (x)/(x-a)) ( (limx(a g (x)/(x-a)) = f( (a) / g( (a), ya que 0 ( g( (a).

Ejercicio 4.8 Calcular las derivadas en el punto 0 de la funcin f (x) = 1 / (1 - x). Con ellas, hallar el polinomio de Taylor de la funcin f en torno al 0, y comprobar que el resto de orden n dividido por la n-sima potencia de la desviacin x tiende a 0 cuando as hace la desviacin.

Es inmediato comprobar por induccin finita que la n-sima derivada de la funcin evaluada en el 0 vale f (n)(0) = n! Entonces, el polinomio de Taylor de esta funcin en torno al punto 0 es Pf ,n (0) = 1 + x + x2 + + xn.

El resto de orden n es f (n+1)(() xn+1/(n +1)! = (1 - ()-(n + 1) xn+1, donde ( es algn nmero comprendido entre el 0 y x. Entonces, el cociente de dividirlo entre la n-sima potencia de la desviacin ser (1 - ()-(n + 1) x que tiende a 0 cuando x tiende a 0.Ejercicio 4.9 Si P (x) es un polinomio de grado n y coeficientes enteros, hallar sus distintos polinomios de Taylor y demostrar que cualesquiera que sean los nmeros reales a y x ha de cumplirse que P(x) = P(a) +P((a) (x - a) + + P(n)(a) (x - a)n/ n!La demostracin de este enunciado se omite por tratarse de un clculo directo que ha de ser hecho por el estudiante.Ejercicio 4.10 Demostrar que la suma de dos funciones cncavas definidas en un mismo intervalo es tambin una funcin cncava y que la suma de dos funciones convexas definidas en un mismo intervalo es tambin una funcin convexa.

Sean f y g dos funciones cncavas definidas en un mismo dominio X. Entonces (f + g) = f + g < 0, pues tanto fcomo gson negativas.Ejercicio 4.11 Comprobar que las funciones polinomiales de primer grado son a la vez cncavas y convexas. Habr otra clase de funciones de clase C2 que gocen de esta propiedad de ser a la vez cncavas y convexas?Es inmediato comprobar que para una funcin de la forma f (x) = a x + b, con a ( 0, se cumple que ( x, x de (, (( ( [0, 1], f (( x + (1- () x) = ( f (x) + (1- () f (x), con lo cual se demuestra que tal funcin f es a la vez cncava y convexa, ya que (= ( () y (= ( ().Ejercicio 4.12 Demostrar que si f y g son funciones diferenciables por lo menos hasta el segundo orden y definidas respectivamente en intervalos I y J tales que f (I) ( J, siendo ambas cncavas, con g montona creciente; entonces la composicin de ellas g( f es tambin cncava. En forma similar, demostrar que si f y g fueran convexas ms bien, con g montona creciente; entonces la composicin de ellas g( f sera tambin convexa. Dar ejemplos de funciones tales, pero ahora con g ya no montona creciente, de modo que la composicin ya no resulte ser cncava.

Bastar con examinar los signos de la segunda derivada de la composicin de funciones g(f. As, por la regla de la cadena, (g(f)(x) = g(f (x)) f (x). Ahora, para encontrar la segunda derivada de g(f, hemos de volver a derivar esta ltima expresin como lo que es, es decir, como un producto. (g(f)(x) = ( g(f (x)) f (x)) = ( g(f (x)) f (x) + g(f (x) f (x) = g ( f (x)) (f (x))2 + g(f (x) f (x). Como la funcin g es creciente, entonces g(x) ( 0, (x . Cuando las dos funciones, f y g son cncavas, f (x) y g(x) son innegativas, por lo que los dos sumandos de la expresin final de (g(f)(x) son innegativos, lo que prueba la concavidad de g(f . Cuando las dos funciones, f y g son convexas, f (x) y g(x) son no positivas, por lo que los dos sumandos de la expresin final de (g(f)(x) son no positivos, lo que prueba la convexidad de g(f . Ejercicio 4.13 Se llama funcin cuasicncava a una funcin f : J ( ( que posea la propiedad de que (k de (, el conjunto {x de J : f (x) ( k} sea convexo, es decir, un intervalo sea el vaco. Similarmente, se llama funcin cuasiconvexa a una funcin f : J ( ( que posea la propiedad de que (k de (, el conjunto {x de J : f (x) ( k} sea convexo. Demostrar que toda funcin cncava es cuasicncava y que toda funcin convexa es cuasiconvexa. Adems, demostrar que si una funcin es montona (creciente o decreciente) entonces es a la vez cuasicncava y cuasiconvexa.

1) Si una funcin es cncava, entonces es cuasicncava. En efecto, si f es cncava, entonces, (k de (, es convexo el conjunto {x de J : f (x) ( k}, pues si z y z pertenecen a l y ( ( [0, 1], entonces como f (( z + (1-() z) ( ( f (z) + (1- () f (z), ya que f es cncava, se sigue, desde que f (z) ( k ( f (z), que f (( z + (1-() z) ( (k + (1-() k = k. Esto muestra que ( z + (1-() z ( {x de J : f (x) ( k}, con lo que se demuestra que este conjunto es convexo y, por ende, la funcin f es cuasicncava.

2) Que toda funcin convexa sea cuasiconvexa es algo que se demuestra casi exactamente del mismo modo.

3) Si una funcin es montona (creciente o decreciente) entonces es a la vez cuasicncava y cuasiconvexa. En efecto, si la funcin f es creciente, entonces es obvio que el conjunto {x de J : f (x) ( k} es convexo; igualmente, si la funcin f es decreciente, el conjunto {x de J : f (x) ( k} es convexo obviamente. Por ende, la funcin f es a la vez cuasicncava y cuasiconvexa.Ejercicio 5.1 Calcular las integrales siguientes: a)

EMBED Equation.3 b) .

a) Sabemos que la integracin es una operacin lineal, esto es, que la integral de una suma es la suma de las integrales y que la integral de un mltiplo escalar de una funcin es ese mltiplo escalar de la integral de la funcin. Luego, = + = + = = + = 99/4.b) Por ser muy similar a la parte (a), el ejercicio queda para el estudiante.

Ejercicio 5.2 Calcular las siguientes derivadas: a) b)

a) Sabemos que la derivada de una integral definida respecto al lmite superior es igual al integrando evaluado en dicho lmite superior. Luego, = t3. b) Sabemos que la derivada de la integral definida respecto al lmite inferior es igual al negativo del integrando evaluado en dicho lmite inferior. Luego, = - e2t. Ejercicio 5.3 Hallar el rea comprendida entre la parbola de ecuacin y = 2 x2 y el eje de abscisas.

El estudiante deber graficar el rea pedida y comprobar que ella es dada por la integral definida , la que se calcula directamente y resulta ser igual a = .-Ejercicio 5.4 Calcular el valor de la derivada en t = 2 de la funcin f (t) := .

Puesto que la derivada de la integral definida respecto al lmite superior no es sino el producto del integrando evaluado en dicho lmite superior con la derivada de ste, y la derivada de la integral definida respecto al lmite inferior no es sino el producto del negativo del integrando evaluado en dicho lmite inferior con la derivada de ste, resulta que = (3 (3t)2 2 (3t))- (3t2 2t) = 51 t2 16 t.Ejercicio 5.5 Hallar el valor del rea comprendida entre las curvas de ecuaciones y = x2 y y = 1 x2 .

De la figura que el estudiante ha de hacerse se convencer de que las grficas de ambas ecuaciones se intersecan en los puntos de coordenadas (- 1/(2, 1/2) y (1/(2, 1/2). Luego, el rea pedida vendr dada por la integral = (2 (2) / 3.Ejercicio 5.6 Hallar el rea comprendida entre las curvas de ecuaciones respectivas x = y2 y x = 1 y2.

La solucin de este ejercicio es muy similar a la del ejercicio anterior, por lo que se deja a cargo del estudiante.

Ejercicio 5.7 Mediante el mtodo de integracin por partes hallar las integrales indefinidas siguientes:

(a) (b) ( (2 x -1) e3x dx (c)

(a) = y haciendo u := x ( dv := e-xdx, obtenemos que = -x e-x + (e-xdx = - e-x (1 + x).

(b) ( (2 x -1) e3x dx = ( (2 x - 1)() = ((2 x - 1) d () = - (d(2x - 1) = -(2 dx = - .(c) = ((2 + x2) d (- e-x) = - (2 + x2) e-x + 2 (e-xx dx que, por la parte (a) de este ejercicio, resulta ser igual a - (2 + x2) e-x 2 (x e-x + e-x).Ejercicio 5.8 Mediante el mtodo de integracin por partes hallar las integrales definidas siguientes:

(a) (b) (c)

(a) = = = - = (- ln 2) / 2 - . Esta ltima integral puede fcilmente calcularse mediante el cambio de variables u := x + 1, resultando igual a la nueva integral = = - + . Reemplazando arriba, resulta para la integral pedida el valor .(b) = = = - = 2 e 2 ln 2 / ln 2 - .(c) = - = - + = - e + 2 () = 2 e.Ejercicio 5.9 Mediante el mtodo de integracin por partes demostrar que para cualquier funcin f, ( f (x) dx = x f (x) - ( x f( (x) dx. Sugerencia: usar f (x) = 1 f (x).

En efecto, de la identidad f (x) = 1 f (x) se sigue que ( f (x) dx = ( f (x) 1 dx = (f (x) d(x) = x f (x) - (x d (f (x)) = x f (x) - (x f (x) dx.Ejercicio 5.10 Sean U y C funciones diferenciables tales que el dominio de esta ltima es el intervalo [0, T] y el dominio de la primera contiene como subconjunto al codominio, C([0, T]), de la segunda. Demostrar, entonces, que si 0 = U(C(0)), entonces .

Es inmediato haciendo que d v := e-rt dt, pues entonces resulta que v (t) = - e-rt/r, con lo que la integral original valdra = (- U(C (T)) + U(C (0))) + = .Ejercicio 5.11 Mediante el mtodo de integracin por sustitucin hallar las integrales indefinidas siguientes:

(a) ( (x3 - 2)9 x2dx (b) ( x ((1 + x) dx (c) (

(a) Haciendo u := x3 2, se obtiene que du = 3 x2, con lo cual la integral dada puede escribirse como (u9du = u10 = (x3 - 2)10.

(b) Haciendo u := ((1 + x), resulta que x = u2 1 y que d x = 2 u du, con lo que la integral dada ( x ((1 + x) dx = (( u2 1) u 2 u du = 2 ((u4 u2) du = 2 () + k = 2 () + k .(c) Haciendo u2 := 1 + x2, resulta que la integral dada es ( = = = = - + k .Ejercicio 5.12 Mediante el mtodo de integracin por sustitucin hallar las integrales definidas siguientes:

(a) (b) (c)

Este ejercicio se deja a cargo del estudiante por ser muy similar al anterior.

Ejercicio 6.1 Demostrar que no existe ninguna combinacin lineal de los vectores (1, 3, -2), (2, 0, 1) y (1, -3, 3) que d por resultado el vector (1, 2, 3).

Si hubiere tal combinacin lineal, debera haber nmeros reales, x, y, y z tales que x lo que equivale al sistema lineal de ecuaciones: . Ahora bien este sistema carece de soluciones pues implica que x z valga 2/3 (de la 2) y que tambin valga -1 (de restar el doble de la 3 a la 1). Luego, no puede haber tal combinacin lineal de los vectores dados.Ejercicio 6.2 Hallar todas las combinaciones lineales de los vectores (1, 3, -2), (2, 0, 1) y (1, 2, 3) que den por resultado el vector (-2, 6, -6).

Como la condicin exigida es: , que equivale al sistema , y ste tiene por nica solucin: (x, y, z) = (2, -2, 0); se sigue que la nica combinacin lineal de los vectores dados que d por resultado el vector (-2, 6, -6), es .Ejercicio 6.3 Hay soluciones para la ecuacin 0 = (x, x + 1, 3)((x, x, 2 x)?

Dicha ecuacin es: 0 = x2 + (x + 1) x + 6 x = 2 x2 + 7 x = x (2 x + 7), por lo que s hay soluciones, a saber, x = 0 y x = -7/2.Ejercicio 6.4 Hallar el punto de interseccin en (4 del hiperplano H(p, 2) con la recta L(a, p) si p = (2, -1, 3, 0) y a = (4, 3, 2, 1).

Cualquier punto de la recta L(a, p) es de la forma a + t p, donde t es cualquier nmero real. As, lo que buscamos es un valor de t tal que a + t p ( H(p, 2). Pero esta condicin equivale a decir que las coordenadas de a + t p satisfagan la ecuacin del hiperplano H(p, 2), que es: 2 = 2 x1 x2 +3 x3. As, 2 = 2 (4 + 2 t) (3 - t) + 3 (2 + 3 t). de donde t = - 9/14, con lo que el punto de interseccin buscado es el (19/7, 51/14, 1/14, 1).Ejercicio 6.5 Hallar la recta que pasa por los puntos (4, -3, 2, 1) y (0, 2, 1, -3).

sa es la recta que, pasando por uno de los puntos, digamos el (4, -3, 2, 1), tiene por direccin el vector (0, 2, 1, -3) - (4, -3, 2, 1) = (-4, 5, -1, -4). Su representacin es dada por L((0, 2, 1, -3), (-4, 5, -1, -4)) : (0, 2, 1, -3) + t (-4, 5, -1, -4), con t ( (.Ejercicio 6.6 Hallar la ecuacin del hiperplano de (4 que pasa por los puntos (1, 2, 3, 4), (0, 1, 0, -1), (4, -3, 2, 1) y (0, 2, 1, -3).

Como la ecuacin de un hiperplano de (4 es de la forma a1 x1 + + a4 x4 = b, lo que hemos de buscar son los coeficientes a1 , a4 y b tales que al reemplazar las variables xi por las coordenadas de los cuatro puntos dados se obtengan verdades. As, sale el sistema de ecuaciones ,

cuyas soluciones son de la forma a = b (3/2, 19/18, -17/18, 1/18). Por lo tanto, la ecuacin del hiperplano pedido es 27 x1 + 19 x2 17 x3 + x4 = 18.Ejercicio 6.7 Encontrar todas las matrices B que conmutan con A = , es decir, tales que AB = BA. Si denotamos la matriz B como , entonces ha de cumplirse que que equivale a b = 2 c y d = a. Luego las matrices que conmutan con A son las que se obtienen dando valores arbitrarios a las constantes a y c en .Ejercicio 6.8 Dado que las matrices A y B son cuadradas n(n, averiguar bajo qu condiciones puede garantizarse la igualdad (A + B) (A - B) = AA BB.La condicin dada equivale a: - A B + B A = O, donde O designa a la matriz nula 2(2. Esto equivale a decir que la condicin establece que han de conmutar entre s las matrices A y B.Ejercicio 6.9 Dada la matriz A = , hallar, si existen tales, un vector de norma igual a 1, v, tal que A v = v.

Es obvio que la condicin A v = v equivale a (A- I) v = 0, donde 0 representa al vector nulo e I representa a la matriz identidad 3(3. Pero, entonces, el sistema de ecuaciones (A- I) v = 0 tiene soluciones no nulas (es que si se quiere un vector de norma 1, l tiene que ser no nulo) si, y slo si, vale 0 el determinante de la matriz A- I. Ahora bien, esta matriz es la y sta tiene determinante igual a 1 ( 0, por lo cual concluimos que no hay vectores tales como los pedidos.Ejercicio 6.10 Para qu valores de x y de a es simtrica la matriz ?

Ser simtrica si, y slo si, x + 1 = x2 1 ( 4 a = x2 + 4. Esto equivale a que (a, x) = (5/4, -1) ( (a, x) = (2, 2).Ejercicio 6.11 Se dice que una matriz n(n, A, es ortogonal si A( A = I, donde I es la matriz identidad n(n. Es ortogonal la matriz para algunos valores de x?

Como A( A = , esta matriz ser la identidad si, y slo si, 2x2 =1, esto es, la matriz dada es ortogonal si, y slo si, x ( {1/(2, - 1/(2}.Ejercicio 6.12 Dada la matriz A = , calcular la matriz A3-2 A2 + A - I. Es verdad que A (A - I)2 = I ?

1) Mediante una simple sustitucin se encuentra que A3-2 A2 + A I = O, la matriz nula.

2) Como (A - I)2 = , entonces A (A - I)2 = . La respuesta es: s, es verdad que A (A - I)2 = I.Ejercicio 6.13 Si A = , existe la inversa de A A( ?

S, pues 0 ( det (A A) = det = 89.Ejercicio 6.14 Demostrar que la matriz A A( es simtrica, cualquiera que sea la matriz A.Bastar con mostrar que (i, (j, (A A()ij = (A A()ji . En efecto, as es, pues (A A()ij = = = = = (A A()ji .Ejercicio 6.15 Si son cuadradas las matrices A, P y D, demostrar mediante induccin finita que si A = PDP-1, entonces Am = P DmP-1, (m de (.

1) Para m = 1: se cumple que Am = P DmP-1 por hiptesis.

2) Si se cumple para cierto m, entonces se cumple para m +1: de Am = PDmP-1 se sigue que Am+1= AmA = (PDmP-1) A = (PDmP-1)( PDP-1) = PDm (P-1P)DP-1 = P Dm+1P-1. en esto, la segunda igualdad se cumple por la hiptesis inductiva, y la tercera, por la asociatividad de la multiplicacin matricial. Ejercicio 6.16 Sabiendo que A es una matriz tal que A2 + A = I, puede garantizarse que ella sea invertible?

S, pues de A2 + A = I se sigue que A (A + I) = I = (A + I) A. As, A-1 = A + I. Ejercicio 6.17 Dado el sistema de ecuaciones , averiguar para qu valores del parmetro ( existen soluciones no triviales del sistema.

El sistema dado equivale al . Ahora bien, este sistema homogneo tendr soluciones no triviales, es decir, que no sean el vector nulo, si, y slo si, es ulo el determinante de la matriz de coeficientes. Pero este determinante vale (1 - ()((2-2(-2), de donde para (({1, 1 - (3, 1 + (3}, habr soluciones no triviales del sistema dado.Ejercicio 6.18 Demostrar que un conjunto finito de vectores {a1, , am} de (n es linealmente dependiente si, y slo si, hay entre ellos al menos uno que sea combinacin lineal de los otros.Necesidad de la condicin: Si {a1, , am} es linealmente dependiente, entonces hay un conjunto de escalares, {(1 , , (m } tal que 0 = ((i ai, con algn (i ( 0. Sea, pues, un i tal que (i ( 0. Entonces, es obvio que ai = .Suficiencia de la condicin: Si hay uno de los vectores que es combinacin lineal de los otros, entonces (i tal que ai = . Pero entonces, 0 = (-1)ai + , con lo que se ve que son linealmente dependientes los vectores del conjunto dado.Ejercicio 6.19 Demostrar que todo conjunto finito de vectores que posea al vector nulo es linealmente dependiente.

La idea es simple: poner un coeficiente no nulo al vector nulo y poner coeficientes nulos a todos lo otros vectores del conjunto finito dado. As se tendr una combinacin nula pero no trivial de los vectores dados.

Ejercicio 6.20 Demostrar que si los vectores x, y, y z son linealmente independientes, entonces tambin lo son los vectores x + y, y + z y z + x, pero que no ocurre lo mismo con los vectores x + y, y - z y z + x .1) Sean linealmente independientes los vectores x, y, y z. Se quiere demostrar que tambin lo son los vectores x + y, y + z y z + x. Si tomamos una combinacin lineal nula de stos, habr que demostrar que ella tiene que ser la trivial. Sean, pues, los escalares (, ( y ( tales que 0 = ( (x + y) + ( (y + z) + ( (z + x). Esto equivale a que 0 = (( + () x + (( + () y + (( + () z. Como son linealmente independientes los vectores x, y, y z, ha de tenerse que

EMBED Equation.3 . De este sistema se deduce fcilmente, eliminando incgnitas entre pares de ecuaciones, que las tres incgnitas han de ser iguales entre s, y, por lo tanto, nulas. As se ha establecido la independencia lineal de los vectores x + y, y + z y z + x.2) Sean linealmente independientes los vectores x, y, y z. Se quiere demostrar que los vectores x + y, y - z y z + x no necesariamente han de ser linealmente independientes. Veamos el porqu. Sean los escalares (, ( y ( tales que 0 = ( (x + y) + ( (y - z) + ( (z + x). Por la independencia lineal de x, y, y z, se sigue que . Debido a que el determinante de la matriz de coeficientes de este sistema, , vale 0, concluimos que hay soluciones no triviales, como, por ejemplo, ((, (, () = (-1, 1, 1). Entonces, no son linealmente independientes los vectores x + y, y - z y z + x.Ejercicio 6.21 Demostrar que si un conjunto finito de vectores de (n es linealmente dependiente, entonces todo superconjunto de l es tambin un conjunto linealmente dependiente y que si un conjunto finito de vectores de (n es linealmente independiente, entonces todo subconjunto de l es tambin un conjunto linealmente independiente.

1) Si un conjunto finito de vectores de (n es linealmente dependiente, entonces todo superconjunto de l es tambin un conjunto linealmente dependiente. En efecto, esto es obvio, pues la misma combinacin lineal nula y no trivial de los vectores del conjunto finito dado es una combinacin lineal de su superconjunto si colocamos coeficientes nulos a los vectores que no estaban ya en el conjunto finito.

2) Si un conjunto finito de vectores de (n es linealmente independiente, entonces todo subconjunto de l es tambin un conjunto linealmente independiente. En efecto, pues de no ser as, se violara el enunciado ya demostrado anterior.

Ejercicio 6.22 Demostrar que una matriz 2(2, , tiene determinante nulo si, y slo si, sus columnas filas son linealmente dependientes.

Necesidad de la condicin: Sea 0 = det . Entonces 0 = a d b c. Hay tres casos posibles, a saber, (1) que c y d sean nulos; (2) que slo uno de stos sea nulo, y (3) que ninguno lo sea. En el primer caso, las dos columnas son linealmente dependientes pues la segunda es el vector nulo. En el segundo caso, si c ( 0 = d, (el caso c = 0 ( d es similar) entonces de 0 = a d b c se sigue que b = 0, de donde se sigue que las dos filas son linealmente dependientes ya que la segunda es el vector nulo. Finalmente, en el tercer caso, de que 0 = a d b c, se obtiene que a/c = b/d, es decir, que la primera columna es proporcional a la segunda, de donde se sigue la dependencia lineal de las columnas.

Suficiencia de la condicin: Si hay algn ((, () ( (0, 0) tal que (+(= , entonces, suponiendo que ( ( 0, que la matriz es ; es obvio que el determinante de esta matriz es nulo.Ejercicio 6.23 Sea A una matriz n(n triangular inferior, es decir, que es cuadrada y que son nulos todos los elementos situados por encima de la diagonal principal: 0 = aij si i < j. Demostrar que su determinante es igual al producto de los elementos de la diagonal principal, esto es, a11 a22 ann.Esto ha de hacerse por induccin finita y por eso se deja a cargo del estudiante.Ejercicio 6.24 Si se tiene una matriz 8(5, entonces sabiendo que su nulidad es 2, se pregunta si es posible que haya una base de su imagen con 4 elementos. Caso que no, entonces cuntos elementos ha de tener cualquier base de la imagen de la matriz?

Por el teorema de la seccin 6.6 que dice que si una matriz es m ( n, entonces n es igual a la suma de su rango y su nulidad, puede afirmarse en este caso que 5 = rango + 2. Luego, como el rango vale 3. Recordando la definicin del rango de una matriz como la dimensin del subespacio imagen, hemos de responder que cualquier base de la imagen de la matriz tiene exactamente tres elementos. As, no hay ninguna base de su imagen con 4 elementos.Ejercicio 6.25 Demostrar que el conjunto de soluciones del sistema lineal Ax = b, con A matriz m(n, es convexo, es decir, que si x y x( son soluciones del sistema, entonces cualquiera que sea el valor de ( en [0, 1], (x + (1-() x( es tambin solucin del sistema.

Como A ((x + (1-() x() = (A x + (1 - () A x = ( b + (1 -() b = b, se ve que (x + (1-() x( es tambin solucin del sistema lineal Ax = b, por lo que el conjunto de soluciones es convexo.Ejercicio 6.26 Demostrar que en cualquier matriz m(n, si m > n, entonces el rango de la matriz ser necesariamente menor que m ; y demostrar que si m < n, entonces la nulidad de la matriz es al menos 1.

De nuevo por el teorema mencionado en el ejercicio 6.24, tenemos que n = rango + nulidad. As, rango ( n < m, de donde rango < m. En el caso de ser m < n, como el rango no puede ser mayor que la dimensin del subespacio imagen y sta es menor igual que m, se concluye que la nulidad tiene que ser mayor igual que n m ( 1.Ejercicio 6.27 Sea el sistema de ecuaciones A x = b. Si A es una matriz m(n, con m > n, entonces el sistema tendr soluciones si, y slo si, el vector b es muy especial, esto es, que haya un vector, c, tal que c( b = 0 ( c(A = 0.

Las m filas de la matriz A representan a m vectores de (n, y como m > n, entonces dichos vectores fila no han de ser linealmente dependientes, esto es, que hay m escalares, c1 , , cm tales que = 0, siendo ste el vector fila nulo. Ahora es inmediato comprobar que cA = 0 y que cb = 0.Ejercicio 6.28 Verificar el teorema espectral para la matriz .

Para esa matriz hay que hallar los autovalores y correspondientes autovectores. Para lo primero, hay que resolver la ecuacin caracterstica de esa matriz, a saber, la que dice 0 = det (- ) = det = (2 2 ( - 3. As, resultan dos posibles valores para (, a saber, -1 y 3. Un autovector para ( = -1: hay que hallar cualquier vector que satisfaga la ecuacin

EMBED Equation.3 = . Uno puede ser el (1, -1). Un autovector para ( = 3: hay que hallar cualquier vector que satisfaga la ecuacin

EMBED Equation.3 = . Uno puede ser el (1, 1). Entonces, una matriz como la P puede ser la . Entonces la P-1 = . As, resulta que P-1AP = .

Ejercicio 6.29 Si P es una matriz cuadrada tal que los productos escalares de sus columnas dan 0 si es que son columnas diferentes, es ella una matriz ortogonal? Caso que s, por qu? Caso que no, cmo habra que modificarlas para que lo fuesen?

1) No necesariamente, pues hace falta tambin que los productos escalares de cada columna consigo misma d 1.

2) Para que resultasen ser matrices ortogonales habra que multiplicar cada columna por el inverso multiplicativo de su norma, esto es, la nueva columna j se obtendra de multiplicar la columna original j por 1/ ()1/2. Suele presentarse una familia de conjuntos como {Ci : i ( I}, donde I es un conjunto dado. Sin embargo, esto no es lo ms exacto, pues si ocurriese que (i de I, Ci fuera el mismo conjunto, digamos C, entonces nos quedaramos con la familia {C}, no siendo sta la intencin. As, pues, cuando se hable de una familia {Ci : i ( I}, en verdad se tiene en mente una funcin de dominio I cuyos valores en cada i son los Ci , esto es {(i, Ci) : i ( I }. Ejemplo: la familia {5 : i ( {2, 5, 6}} = {(2, 5), (5, 5), (6, 5)}.

Ella es: Todo conjunto no vaco de nmeros reales que sea superiormente acotado posee supremo (V. seccin 1 del curso)

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