Fórmulas e identidades trigonométricas.

Como es de esperarse, la mayoría de estas identidades y fórmulas se demuestran utilizando figuras geométricas, principalmente triángulos.

Identidades Trigonométricas Elementales:

Las identidades 4, 5 y 6 se obtienen a partir de la propiedad ###. Es decir, cualquier número multiplicado por su recíproco, siempre es igual a 1 . Por ejemplo \frac{5}{7} \cdot \frac{7}{5} = \frac{35}{35} = 1 .

\frac{1}{\sin u} \equiv \csc u

\frac{1}{\cos u} \equiv \sec u

\frac{1}{\tan u} \equiv \cot u

\sin u \csc u \equiv 1

\cos u \sec u \equiv 1

\tan u \cot u \equiv 1

\frac{\sin u}{\cos u} \equiv \tan u

\frac{\cos u}{\sin u} \equiv \cot u

Identidades de Cuadrados

La primera identidad se obtiene a partir de la circunferencia unitaria, es decir, una circunferencia de radio 1.

La segunda identidad se obtiene a partir de la primera, dividiendo entre \sin^2 u y la tercera identidad también se obtiene a partir de la primera, pero dividiendo entre \cos^2 u:

\sin^2 u + \cos^2 u \equiv 1

1 + \cot^2 \equiv \csc^2 u

\tan^2 u + 1 \equiv \sec^2 u

Suma de Ángulos

Las identidades de suma y resta de ángulos se obtienen por propiedades de los triángulos y simetría.

\sin (A +B) = \sin A \cos B + \sin B \cos A

\sin (A - B) = \sin A \cos B - \sin B \cos A

\cos (A + B) = \cos A \cos B - \sin A \sin B

\cos (A - B) = \cos A \cos B + \sin A \sin B

\tan (A - B) = \frac{\tan A - \tan B}{1 + \tan A \tan B}

\tan (A + B) = \frac{\tan A + \tan B}{1 - \tan A \tan B}

Argumento Doble

Las identidades del argumento doble se obtienen a partir de las identidades de suma de ángulos. Por ejemplo, \cos (2u) = \cos (u + u) = \cos u \cos u - \sin u \sin u = \cos^2 u - \sin^2 u .

\cos (2u) = \cos^2 u - \sin^2 u

\sin (2u) = 2 \sin u \cos u

Argumento Mitad

\cos \frac{u}{2}= \sqrt{\frac{1 + \cos u}{2}}

La primera fórmula se obtiene a partir de las identidades \sin^2 x + \cos^2 x \equiv 1 y \cos (2x) = cos^2 x - \sin^2 x para luego hacer un cambio de variable. Esta identidad es útil para resolver algunas integrales.

Por la propiedad ###, a+c = b + c. Entonces, si sumamos un número igual a ambos lados de una expresión, ésta última se mantiene equivalente. Por lo que, si sumamos \cos 2x a ambos lados de  \sin^2 x + \cos^2 x \equiv 1 obtenemos una nueva expresión:

(\cos 2x) + \sin^2 x + cos^2 x = 1 + \cos 2x

(\cos^2 x - \sin^2 x) + \sin^2 x + cos^2 x = 1 + \cos 2x

\cos^2 x + 0 + cos^2 x = 1 + \cos 2x

2 (\cos^2 x) = 1 + \cos 2x

\cos^2 x = \frac{1 + \cos 2x}{2}

Haciendo la sustitución 2x = u tenemos también que x= \frac{u}{2}.

\cos^2 x = \frac{1 + \cos u}{2}

\cos^2 \frac{u}{2} = \frac{1 + \cos u}{2}

  \cos \frac{u}{2}= \sqrt{\frac{1 + \cos u}{2}}

Deja un comentario

Archivado bajo Uncategorized

Recta tangente a una curva utilizando la derivada.

Es difícil imaginar que la pendiente de la recta tangente a una curva, en cualquiera de sus puntos, es la derivada. O mejor dicho, que la pendiente de una recta tangente a una curva, en cualquiera de sus puntos la da la derivada, evaluada en tal punto.

En cálculo a menudo se plantean éste tipo de problemas, fomentando únicamente el uso de la interpretación geométrica de una derivada.

Sin embargo, sabemos que la derivada de una función es más que una simple interpretación geométrica. La derivada es la razón de cambio instantánea en cualquier punto que forme parte de nuestra gráfica. Ejemplo:

Hallar la ecuación de la recta tangente a la gráfica de y = 2x^3 + 4x^2 - 5x - 3, que pase por el punto P(0, 3).

El punto P(0, 3) no es parte de la gráfica, entonces lo que se nos pide es encontrar una ecuación de una recta que pase por el punto P(0, 3) y también por un punto A de nuestra gráfica y además que la misma recta sea tangente a la gráfica en tal punto A.

y = f(x)

y = f(x)

En la imagen anterior se observan 4 rectas, l1, l2, l3 y l4. Es imposible saberlo a simple vista, pero las cuatro rectas son tangentes a la gráfica y = f(x).

A medida que vamos recorriendo la gráfica de y = f(x) de izquierda a derecha, cada línea recta desde l1 hasta l4 corta al eje Y en algún punto.

De L3 a l4 el punto de intercepción con el eje Y pasa de y \approx 7 hasta y\approx 0. Por lo tanto, la recta que buscamos, que sea tangente a y= f(x) y que pase por P(0, 3) debe estar entre L3 y l4 ya que el punto P tiene como ordenada y = 3.

Y el punto de tangencia con y = f(x), a simple vista, debe estar entre x= -1.9 y x = -1.4 como se observa en la siguiente imagen.

Rectas para abcisas de L3 y L4

Las rectas azules pasan por las abcisas de los puntos de tangencia para L3 y L4, que son x=-1.9 y también x=-1.4

Ahora, por geometría elemental, y utilizando la forma punto-pendiente de una recta, sabemos que la ecuación de la recta que buscamos es de la forma:

m = \frac{y - 3}{x - 0}

Esto es así poque hemos formado la ecuación de la recta utilizando cualquier punto que pase por ella, por ejemplo el punto P(0, 3).

Sabemos también que cualquier punto de coordenadas x,y en la ecuación de arriba, que pase por la recta, satisfará la ecuación.

Entonces haremos que x,y en la ecuación de ariba, sean las coordenadas del punto A de tangencia de la gráfica y=f(x). Esto es válido porque, recordemos que lo que se nos pide es encontar la ecuación de una recta que pase por el punto P(0, 3) y que sea tangente a y=f(x).

Pero,

“La pendiente en el punto de tangencia está dada por la derivada de la función, evaluada en tal punto de tangencia”

O sea que no basta con obtener la pura derivada y tomarla como una pendiente. Hay que evaluar tal derivada en el punto en el que queramos saber la pendiente.

Esto es simple de recordar porque la derivada no siempre es un número, a veces nos queda una ecuación como derivada.

Entonces:                       m = y' = \frac{d}{dx}( 2x^3 + 4x^2 -5x -3)

                                            m = y' = 6x^2 + 8x - 5

Y también:                     m = \frac{y - 3}{x - 0}

Entonces:                       6x^2 + 8x - 5 = \frac{y - 3}{x - 0}

                                            x(6x^2 + 8x - 5) = y - 3

                                            6x^3 + 8x^2 - 5x + 3 = y

Y como sabemos que y = f(x). O sea, que la ordenada del punto de tangencia, como es natural, está dada por f(x) al evaluar con la abcisa del punto de tangencia. Entonces la ecuación de arriba nos queda:

 6x^3 + 8x^2 - 5x + 3 = 2x^3 + 4x^2 - 5x - 3

0 = 2x^3 - 6x^3 + 4x^2 - 8x^2 - 5x + 5x - 3 - 3

0 = - 4x^3 - 4x^2 - 6

Que es una ecuación cúbica, y por ende, con tres soluciones. De las cuáles tomaremos sólo una, y tal valor de x será la abcisa del punto de tangencia.

Utilizando cualquier calculadora ó software, como por ejemplo Microsoft Mathematics ó WolframAlpha podemos encontrar las soluciones de  0 = - 4x^3 - 4x^2 - 6.

La ecuación anterior tiene una única raíz real, la cual es x \approx -1.59191. Entonces el punto de tangencia A tiene las coordenadas (-1.51191, y).

Pero como nos interesa más la pendiente, para poder formar la ecuación de la recta con los datos que ya tenemos, entonces evaluaremos la coordenada x del punto de tangencia en la derivada de f(x) para encontrar la pendiente de una recta tangente que pasa por (-1.51191, y) :

                                                 y' = 6x^2 + 8x - 5

 Entonces:                           6(-1.51191)^2 + 8(-1.51191) - 5 = m

                                                 -2.5302153114 = m

Teniendo ya la pendiente, entonces de la ecuación original que teníamos m = \frac{ y - 3}{x - 0}, formamos la siguiente ecuación:

-2.5302153114x = y - 3

 2.5302153114x + y - 3 = 0

Que es la ecuación de la recta aproximadamente tangente a la curva f(x) y que además pasa por el punto P(0, 3).

Recta aproximadamente tangente a f(x)

Recta aproximadamente tangente a f(x)

La ecuación de tal recta es aproximadamente tangente, ya que por simplicidad, se utilizó la aproximación x \approx -1.51191 en lugar del verdadero valor de x.

Sin embargo, para los que utilizaron Wolfram | Alpha podrán observar el valor completo haciendo clic en el botón Exact form en la página de Wolfram|Alpha.

Deja un comentario

Archivado bajo Cálculo, Derivada

Cómo evaluar límites en cálculo.

Se sabe que el límite de una función polinomial se puede descomponer en límites individuales para cada operación algebraica. Por ejemplo:

\lim_{x \rightarrow 2} (9x^2 + 7x)

= 9\lim_{x \rightarrow 2}(x^2) + \lim_{x \rightarrow 2}(7x) = 36 + 14 = 50

Es por esto que existe un teorema (entre otros) que nos dice que para evaluar un límite basta con evaluar la función en el valor al que tiende x .

Sin embargo, a veces la función f(x) no está definida para el valor al que tiende x.

Es por eso que aquí mostraré algunos ejemplos de cómo evaluar límites utilizando concretamente la herramienta que conocemos como cálculo.

Ejemplo #1: f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}

 \lim_{x \rightarrow 1} \frac{x^2 - 1}{x -1} = \frac{0}{0}

Nos encontramos con una forma indeterminada, entonces expresamos el 1 del numerador como un número al cuadrado, y luego factorizando la diferencia de cuadrados que se forma en el numerador tenemos:

 \lim_{x \rightarrow 1}\frac{x^2 - 1^2}{x -1} = \lim_{x \rightarrow 1}\frac{(x - 1)(x + 1)}{(x -1)}

 Y simplificando la expresión anterior, se llega a la siguiente:

\lim_{x \rightarrow 1}(x + 1) = 2

 Entonces 2 es el límite de f(x) cuando x tiende a 1. Desde luego, la gráfica de g(x) = x +1 es esencialmente la gráfica de f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1} pero sin el hueco en x=1 en f(x).

Ejemplo #2: f(x) = \frac{sen x}{x}

\lim_{x \rightarrow 0} \frac{sen x}{x} = \frac{0}{0}

No todos los límites se pueden resolver utilizando enteramente el cálculo y/o simplificando la función. En este ejemplo nos encontramos también con una forma indeterminada, y resolverémos el límite utilizando la calculadora.

Recuerden que el valor que toma la función sen(x) está dado en radianes, así que no olviden poner la calculadora en modo de radianes. Evaluaremos entonces los límites unitalerales. Es decir, los límites cuando x tiende a 0 por la derecha y por la izquierda:

 \lim_{x \rightarrow 0^{-}} f(x) y además \lim_{x \rightarrow 0^{+}} f(x)

Los resultados se resumen en la siguiente tabla, donde se pueden ver los valores funcionales (valores que toma la función) para cada valor de x a su vez más cercano a 0 tanto por la izquierda como por la derecha:

Valores funcionales para f(x).

Valores funcionales para f(x).

Y como vemos que para cada límite el valor funcional se aproxima a 1 entonces los límites unilaterales son iguales; es decir, los dos límites valen 1, tanto si nos aproximamos a 0 por la derecha como por la izquierda. Entonces, por la definición de un límite: \lim_{x \rightarrow 0} \frac{sen x}{x} = 1.

Ejemplo #3: f(x) = \sqrt{x}

\lim_{x \rightarrow 0} \sqrt{x} = 0

Existen diferentes tipos de límites: límites convencionales, límites unilaterales, límites infinitos y límites al infinito. Pero ¿es acaso la proposición de arriba correcta ?

¿Es 0 el límite de f(x) cuando x tiende a 0 ? Si observamos la siguiente imagen; que es la gráfica de f(x), veremos que f(x) sólo se aproxima a 0 por la derecha:

Gráfica de f(x) = sqrt(x)

Gráfica de f(x) = sqrt(x)

Mientras que por la izquierda f(x) no está definida. Entonces, ¿se puede decir que el límite existe o que no existe ? Ambas proposiciones son correctas, el límite puede existir o puede no existir, es por eso que normalmente cuando un límite es igual a \infty se dice que el límite no existe. Sin embargo, si estamos tratando con límites infinitos el límite si existe.

De aquí la importancia de diferenciar entre los tipos de límites que existen y sobretodo entender lo que se nos está pidiendo en una clase o exámen. Si en un exámen no hemos visto límites en los que interviene el infinito, entonces de los límites que valgan \infty no existe ninguno; es decir, lo correcto es escribir:

 \lim_{x \rightarrow 0} (\frac{1}{x}) \not\exists

Gráfica de f(x) = 1/x

Gráfica de f(x) = 1/x

Por último, retomando el límite original del problema: \lim_{x \rightarrow 0}\sqrt{x} = 0, graficadoras como WolframAlpha.com evalúan el límite dando como resultado 0 y tomando en cuenta los números complejos, pero hemos visto que este resultado no es siempre correcto.

Ejemplo #4: f(x) = \frac{\sqrt{25 +v} - 5}{\sqrt{1 + v} - 1}

\lim_{v \rightarrow 0} \frac{\sqrt{25 +v} - 5}{\sqrt{1 + v} - 1} = \frac{0}{0}

Para resolver este límite utilizaremos un proceso conocido como racionalización, que consiste en eliminar la parte irracional (por ejemplo \sqrt{2} que no tiene raíz cuadrada exacta) y convertirla en racional (algo expresado como fracción).

El límite se resuelve por doble racionalización; es decir racionalizaremos el numerador y también el denominador. Para racionalizar el denominador multiplicamos arriba y abajo por su conjugado.

\lim_{v \rightarrow 0} \frac{\sqrt{25 +v} - 5}{\sqrt{1 + v} - 1} = \lim_{v \rightarrow 0} \frac{\sqrt{25 +v} - 5}{\sqrt{1 + v} - 1} \cdot \frac{\sqrt{1 + v} + 1}{ \sqrt{1 + v} + 1}

El conjugado del denominador es el mismo denominador con la única diferencia de que el signo intermedio es el negativo ó contrario del original.

Luego de realizar la multiplicación de los denominadores, se obtiene:

= \lim_{v \rightarrow 0}\frac{( \sqrt{1 + v} + 1 )(\sqrt{25 +v} - 5)}{(1 + v) + \sqrt{1 + v} - \sqrt{1 + v} - 1} = \lim_{v \rightarrow 0}\frac{( \sqrt{1 + v} + 1 )(\sqrt{25 +v} - 5)}{v}

Luego, racionalizando el numerador original, se obtiene:

= \lim_{v \rightarrow 0}\frac{( \sqrt{1 + v} + 1 )(\sqrt{25 +v} - 5)}{v} \cdot \frac{\sqrt{25 + v} + 5}{ \sqrt{25 + v} + 5}

= \lim_{v \rightarrow 0}\frac{( \sqrt{1 + v} + 1 )(\sqrt{25 +v} - 5)( \sqrt{25 + v} + 5)}{v( \sqrt{25 + v} + 5)}

= \lim_{v \rightarrow 0}\frac{[ \sqrt{1 + v} + 1 ][25 +v + (5\sqrt{25 + v}) - (5\sqrt{25 +v}) -25]}{v( \sqrt{25 + v} + 5)}

= \lim_{v \rightarrow 0}\frac{[ \sqrt{1 + v} + 1 ][v]}{v( \sqrt{25 + v} + 5)}

Luego, la v de arriba se simplifica con la de abajo porque tenemos solamente factores; entonces nos queda:

= \lim_{v \rightarrow 0}\frac{\sqrt{1 + v} + 1 }{\sqrt{25 + v} + 5}

Y evaluamos el límite:

\lim_{v \rightarrow 0}\frac{\sqrt{1 + v} + 1 }{\sqrt{25 + v} + 5} = \frac{\sqrt{1 + 0} + 1 }{\sqrt{25 + 0} + 5} = \frac{2}{10}

Para comprobar el resultado se grafica la función f(x) y se observa que cuando x=0 hay un punto de la gráfica cuya ordenada es \frac{2}{10}.

Ejemplo #5: f(x) = \frac{2x +1}{x - 3}

Los límites infinitos y los límites al infinito están relacionados con las asíntotas verticales y horizontales respectivamente.

En cálculo existe un teorema para evaluar límites al infinito.

Sea t un número racional y positivo. Si x^{t} está definida, entonces:

\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{1}{x^{t}} = 0 y \lim_{ x \rightarrow -\infty} \frac{1}{x^{t}} = 0

Esto es así porque, imaginemos que tenemos 1 billete de dinero; si lo dividimos entre un número muy grande de personas (por ejemplo \infty o casi \infty , quiere decir que la cantidad de dinero que recibirá cada quien está muy próxima a \$0.00  pesos. Para resolver  \lim_{x \rightarrow \infty}\frac{2x + 1}{x - 3} se dividen ambos numerador y denominador por el término de mayor grado que se encuentre en el denominador:

 \lim_{x \rightarrow \infty}\frac{2x + 1}{x - 3} = \lim_{x \rightarrow \infty}\frac{\frac{2x}{x} + \frac{1}{x}}{\frac{x}{x} - \frac{3}{x}}

= \lim_{x \rightarrow \infty}\frac{2 + \frac{1}{x}}{1 - \frac{3}{x}}

Ahora se procede a evaluar; considerando el primer teorema para evaluar límites al infinito.

  \lim_{x \rightarrow \infty}\frac{2 + \frac{1}{x}}{1 - \frac{3}{x}} = \frac{2 + \frac{1}{\infty} }{ 1 - \frac{3}{\infty} } = \frac{2 + 0 }{ 1 - 0 } = \frac{2}{1} = 2

Como siempre, para realizar la comprobación, si graficamos f(x) veremos que existe una asíntota horizontal en y = 2.

Ejemplo #6: f(x) = \frac{-3x}{\sqrt{x^2 + 3}}

Cuando existe un radical es recomendable no dividir como en el ejemplo anterior, ya que si dividimos en el denominador entre x^2 es lo mismo que dividir entre \sqrt{x^2}, lo cuál introduciría un radical en el numerador también. Por eso es mejor factorizar el radicando en el denominador:

\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{-3x}{\sqrt{x^2 + 3}} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{-3x}{ \sqrt{x^2( 1+ \frac{3}{x^2}) } }

Y utilizando las propiedades de los radicales:

= \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{-3x}{\sqrt{x^2}\sqrt{ 1+ \frac{3}{x^2} }} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{-3x}{x \sqrt{ 1+ \frac{3}{x^2} }} = \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{-3}{\sqrt{ 1+ \frac{3}{x^2} }}

Y evaluando con el primer teorema para límites al infinito:

\lim_{x \rightarrow \infty} \frac{-3}{\sqrt{ 1+ \frac{3}{x^2} }} = \frac{-3}{\sqrt{ 1+ \frac{3}{(\infty)^2} }} = \frac{-3}{\sqrt{ 1+ 0 }} = -3 .

Ejemplo #7:  \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{|x - 5|}{x - 5}

Los signos siempre son importantes, la diferencia entre un signo + y uno - a veces suele ser enorme.

Por eso con este tipo de problemas hay que tratar de evaluar el signo, o lo que es lo mismo, encontrar una expresión que conserve el signo para poder evaluar el límite correctamente.

En este caso el límite es hacia -\infty :

\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{|x - 5|}{x - 5} = \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{|x (1 - \frac{5}{x})|}{x (1 - \frac{5}{x})} = \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{|x||1 - \frac{5}{x}|}{x (1 - \frac{5}{x})}

= \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{|x|}{x} \cdot \frac{ |1 - \frac{5}{x}| }{1 - \frac{5}{x}}

Y evaluando con el primer teorema para límites al infinito:

 = \lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{|x|}{x} \cdot \frac{ |1 - \frac{5}{x}| }{1 - \frac{5}{x}} = \frac{|-\infty|}{-\infty} \cdot \frac{ |1 - \frac{5}{-\infty}| }{1 - \frac{5}{-\infty}}

= \frac{\infty}{-\infty} \cdot \frac{ |1 - 0| }{1 - 0} = -1 \cdot \frac{ |1| }{1} = -1

Ejemplo #8:  Función seno(x).

\lim_{t \to 0} \frac{\sin 4t}{t}

Este tipo de límite se resuelve por sustitución ó cambio de variable, algo que se utiliza mucho en las matemáticas y ayuda a simplificar muchos cálculos.

Si inventamos una nueva variable, por ejemplo u y la hacemos corresponder “casualmente” a un valor de 4t , tendremos entonces que u = 4t.

Como ya hemos afirmado que esta variable siempre será igual a 4t , podemos sustituir  en la expresión \lim_{t \to 0} \frac{\sin 4t}{t} el elemento 4t por u .

Y la expresión nos quedará:  \lim_{t \to 0} \frac{\sin u}{t} .

Hay que observar que aún tenemos un término t en el denominador, que no pudimos reemplazar directamente por u , ya que u = 4t , que es diferente de t .

Entonces ¿De donde obtenemos t en términos de u ?

Simple, despejando t de u = 4t nos da:

\frac{u}{4} = t

Luego, reemplazamos t en el denominador y obtenemos: \lim_{t \to 0} \frac{\sin u}{\frac{u}{4}}

Luego, realizando la división de fracciones:

= \lim_{t \to 0} \frac{ 4 \sin u}{u} = 4 \lim_{t \to 0} \frac{\sin u}{u}

Y del ejemplo #2 sabemos que  \lim_{t \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1 , entonces:

\lim_{t \to 0} \frac{\sin 4t}{t} = 4 \cdot 1 = 4

Ejemplo #9:  Teorema de estricción ó teorema de interposición.

Si f, g y h son funciones para las cuales g(x) \leq f(x) \leq h(x) para todo x en un intervalo abierto que contiene al número a, excepto posiblemente el mismo a, y si \lim_{x \to a} g(x) = \lim_{x \to a} h(x) = L, entonces \lim{x \to a} f(x) = L

O sea que si una función se interpone en algún momento ó intervalo entre otras dos funciones y entre dos límites iguales, entonces el límite para un valor de x que está enmedio forzosamente es igual a los límites que encierran la funcion en tal intervalo.

Planteamiento del Problema: Si |f(x)| \leq B para todo x, demuestre que \lim_{x \rightarrow 0} x^2 f(x) = 0.

Por la definición de valor absoluto, B está a |f(x)| unidades del origen. O lo que es lo mismo, |f(x)| está dentro del intervalo de [-B, B].

Como ya se dijo que -B \leq f(x) ó f(x) \leq B entonces:

-B \leq f(x) \leq B

A continuación se busca una expresión igual a la del límite que estamos evaluando. Esto se logra multiplicando en toda la inecuación por x^2.

-x^2 B \leq x^2 f(x) \leq x^2 B

Ahora aplicamos el teorema de estricción evaluando los límites de los extremos y si éstos límites son iguales entonces necesariamente el límite de en medio también lo es.

- \lim_{x \to 0} x^2 B \leq \lim_{x \to 0} x^2 f(x) \leq \lim_{x \to 0} x^2 B

-(0)^2 B \leq \lim_{x \to 0} x^2 f(x) \leq (0)^2 B

0 \leq \lim_{x \to 0} x^2 f(x) \leq 0

Ya evaluados, los límites de los extremos son ambos 0 y son iguales, entonces por el teorema de estricción se concluye que el límite del centro también es igual a 0 y el problema queda resuelto.

Hay que tener en cuenta la forma que tiene la inecuación para poder aplicar el teorema. Si la inecuación tuviera la forma:

-x^2 B \leq x^2 f(x) \geq x^2 B

No sería posible aplicar el teorema de estricción ya que f(x) no está interpuesta, no está en medio de las otras dos funciones.

_________________________________________________

Dennis Zill, Cálculo.

Deja un comentario

Archivado bajo Cálculo, Límites

Rotación de Coordenadas en R2, dos dimensiones o 2D.

La rotación en un plano, como por ejemplo el cartesiano, se lleva a cabo utilizando la trigonometría. Este tipo de rotación es una rotación en dos dimensiones o en R2.^{1}

Para rotar una figura en el plano se pueden rotar los ejes manteniendo fijas las coordenadas o bien rotar las coordenadas manteniendo fijos los ejes, obteniendo el mismo efecto en ambos casos.

Para rotar una figura en el plano podemos tomar cualquier punto arbitrario como referencia, es decir, podemos escoger el punto que más nos convenga sin importar dónde se encuentre tal punto. De tal forma que podemos rotar con respecto a cualquier eje ó par de ejes.

Por ser el centro de los ejes coordenados el punto origen, de coordenadas (0, 0) utilizaremos éstos ejes como referencia con el fin de simplificar los cálculos.

Como bien sabemos al rotar (girar) una línea cualquiera, por ejemplo un lápiz sobre una mesa, la nueva posición del lápiz forma cierto ángulo con la antigua posición.^{2}

De forma similar, los ejes coordenados son tambien dos líneas rectas, perpendiculares entre sí, las cuales se pueden girar. Al girar los ejes coordenados, un punto que hacía referencia al par de ejes coordenados antiguo ahora tiene otro par de coordenadas pero en referencia al nuevo par de ejes coordenados y están relacionados por las siguientes ecuaciones, llamadas ecuaciones de transformación:

y = x' \sin \theta + y' \cos \theta

x = x' \cos \theta - y' \sin \theta

Las cuales han sido deducidas de la siguiente manera, siendo x,y las coordenadas del punto P.

Plano Cartesiano

Plano Cartesiano

 x = OA = r \cos (\theta + \phi)

x = AP = r \sin (\theta + \phi)

x' = OA' = r \cos \phi

 y' = A'P = r \sin \phi

Entonces, utilizando trigonometría para sumar los ángulos, tenemos:

 x = r \cos (\theta + \phi) = r \cos \theta cos \phi - r \sin \theta \sin \phi

x = x' \cos \theta - y' \sin \theta

Y de manera similar para y:

 y = r \sin (\theta + \phi) = r \sin \theta cos \phi + r \cos \theta \sin \phi

y = x' \sin \theta + y' \cos \theta

Tomando las dos ecuaciones de transformación tenemos entonces un sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas y para solucionarlo (encontrar los valores de x' y y') podemos utilizar distintos métodos. Aquí utilizaré el método de Cramer, que hace uso de matrices y determinantes.^{3}

Por ejemplo, se nos pide encontrar las nuevas coordenadas del punto P( 1, 0) cuando los ejes coordenados giran un ángulo de 90^{\circ} ; armamos entonces el siguiente sistema de ecuaciones:

0 = x' \sin \theta + y' \cos \theta

1 = x' \cos \theta - y' \sin \theta

En el método de Cramer las soluciones,^{4}  del sistema siempre son:

x' = \frac{\Delta x'}{\Delta}

y' = \frac{\Delta y'}{\Delta}.

Y todos los delta’s son determinantes. Delta es el determinante de los coeficientes de las incógnitas y siempre es el que se obtiene ordenando los coeficientes de las incógnitas en una matriz (o tabla) y realizando las operaciones correspondientes a un determinante.^{5}

\Delta = \begin{vmatrix} & \sin \theta &\cos \theta & \\ & \cos \theta &-\sin \theta \end{vmatrix}

La matriz de términos independientes es la columna que forman los valores independientes (que no dependen de las incógnitas):

B = \binom{0}{1}

El determinante \Delta x' es el mismo determinante \Delta pero con la diferencia de que se reemplaza la columna correspondiente a los coeficientes de x' en el determinante \Delta con la columna de los términos independientes:

\Delta x' = \begin{vmatrix} & 0 &\cos \theta & \\ & 1 &-\sin \theta \end{vmatrix}

\Delta x' = 0 - \cos \theta

Y de manera similar lo es \Delta y' , sólo que reemplazando ahora en la columna de las y':

\Delta y'= \begin{vmatrix} & \sin \theta & 0 & \\ & \cos \theta & 1 \end{vmatrix}

\Delta y' = \sin \theta - 0

Antes de continuar con la solución simplificamos \Delta :

\Delta = \begin{vmatrix} & \sin \theta &\cos \theta & \\ & \cos \theta &-\sin \theta \end{vmatrix} = -\sin^{2} \theta - \cos^{2} \theta

\Delta = -1

Y teniendo los tres elementos necesarios para resolver nuestro sistema por el mètodo de Cramer, reemplazamos valores y obtenemos las soluciones.^{6}

x' = \frac{\Delta x'}{\Delta} = \frac{-\cos \theta}{-1} = \cos \theta

y' = \frac{\Delta y'}{\Delta} = \frac{\sin \theta}{-1} = -\sin \theta

Entonces las coordenadas del punto (x, y) que son (1, 0) se transforman en (x', y') que son (\cos \theta, -\sin \theta), y al evualuar para un ángulo de 90^{\circ} resulta que las coordenadas del punto original ahora son (0, -1) al haber rotado los ejes un ángulo de 90^{\circ} y que es equivalente al haber rotado el punto un ángulo de -90^{\circ}.

Sistemas de Ejes.

El método de Cramer se puede utilizar siempre que el sistema de ecuaciones sea cuadrado, es decir, que tenga igual número de ecuaciones que de incógnitas.

___________________________________________________________

1. La rotación de coordenadas o de ejes es una transformación de coordenadas.

2. De hecho ésta es la forma en que se define un ángulo medido en grados. A la cantidad de giro, o bien, amplitud de rotación es a lo que se le conoce como ángulo. A diferencia de los ángulos medidos en grados, los ángulos medidos en números reales se definen como una longitud curvada (arco) a la cual se le conoce como radianes.

3. Las matrices son una herramienta, de manera similar a como lo es una cinta de medir. Las matrices nos sirven para organizar la información en una tabla y luego realizar cualquier operación que se nos ocurra, obteniendo así relaciones (razones) entre los elementos de la tabla. Cuando se realizan operaciones en una matriz siempre se busca mantener la proporción entre todos los elementos. Los determinantes son una propiedad que se asocia a cada matriz, como un color, tamaño, etc. Especìficamente es un sólo número real, una cantidad finita y se obtiene realizando operaciones de suma, resta y multiplicación en cierto orden sobre los elementos de una matriz.

4. El símbolo \Delta en \Delta x' y \Delta y' no está separado. Sin embargo para recordar el método de Cramer se puede proceder formalmente a separar la letra delta de \Delta x' y \Delta y' y realizar la simplificación correspondiente en cada una de las soluciones.

5. Para mayor referencia se puede buscar en Internet: “¿Cómo obtener el determinante de una matriz 2×2?”.

6. La simplificación a -1 del determinante \Delta se pudo efectuar porque otros matemáticos importantes ya han comprobado que \sin^{2} \theta + \cos^{2} \theta \equiv 1 para cualquier valor de \theta . A esto se le llama una identidad trigonométrica.

2 comentarios

Archivado bajo Transformación de Coordenadas, Trigonometría

Demostrar: “Las diagonales de un paralelogramo se dividen en partes iguales mutuamente”.

Demostrar el siguiente teorema analíticamente:

“Las diagonales de un paralelogramo se dividen en partes iguales mutuamente”.

A diferencia del teorema recíproco a este, el cuál ha sido demostrado en la entrada anterior, aquí partiremos de un paralelogramo definido, es decir, primero dibujamos la figura y después demostraremos el teorema, pero siempre asumiendo que nuestra figura ya es un paralelogramo.

Paralelogramo

\overline{AC} : Diagonal D1                \overline{OB} : Diagonal D2

M(x_{1},y_{1}) : Punto medio de \overline{AC}                M'(x_{2},y_{2}) : Punto medio de \overline{OB}

P(x,y) : Punto en el que se cruzan las dos diagonales.

Una vez que hemos establecido cuidadosamente las coordenadas de cada vértice, se puede observar que ambos segmentos \overline{AB}  y \overline{OC} tienen la misma pendiente, ya que los puntos A y B comparten la misma ordenada y los puntos O y C también, entonces \overline{AB} \| \overline{OC} (símbolo utilizado para indicar que los segmentos son paralelos).

Y en el caso de \overline{OA} y \overline{CB}:

m_{\overline{OA}} = \frac{b-0}{c-0} = \frac{b}{c}                y                m_{\overline{CB}} = \frac{b-0}{a + c - a} = \frac{b}{c}

Lo cual nos indica que \overline{OA} \| \overline{CB} también.

Entonces, por tener OABC dos pares de lados paralelos, es un paralelogramo.

Cuando las diagonales se “dividen mutuamente” es cuando se cortan, formando así cuatro divisiones.

Lo que se quiere demostrar en este teorema es que cuando las diagonales se cruzan, cada diagonal queda dividida en partes iguales, o sea que:

\frac{\overline{AM}}{\overline{MC}} = 1                (1)

y

\frac{\overline{OM'}}{\overline{M'B}} = 1                (2)

Ahora, el punto donde se cruzan las diagonales es el punto donde se dividen, si este punto es igual al punto medio de cada diagonal ( P = M' = M)  entonces las diagonales se dividen mutuamente (al cortarse) en partes iguales y el teorema quedaría demostrado.

Procederemos entonces a obtener primero las coordenadas de M y M' utilizando las ecuaciones (1) y (2) respectivamente:

\frac{\overline{AM}}{\overline{MC}} = 1 \Longrightarrow \frac{x_{1} - c}{a - x_{1}} = 1

x_{1} - c = (1)(a - x_{1})

x_{1} = a - x_{1} + c

x_{1} + x_{1} = a + c

2x_{1} = a + c

x_{1} = \frac{a + c}{2}

\frac{\overline{AM}}{\overline{MC}} = 1 \Longrightarrow \frac{y_{1} - b}{0 - y_{1}} = 1

y_{1} - b = (1)(0 - y_{1})

y_{1} = \frac{b}{2}

\frac{\overline{OM'}}{\overline{M'B}} = 1 \Longrightarrow \frac{x_{2} - 0}{a + c - x_{2}} = 1

x_{2} = (1)(a + c - x_{2})

x_{2} = \frac{a + c}{2}

\frac{\overline{OM'}}{M'B} = 1 \Longrightarrow \frac{y_{2} - 0}{b - y_{2}} = 1

y_{2} = (1)(b - y_{2})

y_{2} = \frac{b}{2}

Entonces las coordenadas de los puntos medios de cada diagonal son:

M(\frac{a + c}{2}, \frac{b}{2})                y                  M'(\frac{a + c}{2}, \frac{b}{2})

Y para encontrar el punto donde se cruzan ambas diagonales necesitamos las dos ecuaciones de estas rectas diagonales:

La pendiente de la recta Diagonal D1 es:

m_{D1} = \frac{0 - b}{a - c} = \frac{-b}{a - c}                (3)

Pero sabemos que esta pendiente se obtiene a patir de dos puntos cualesquiera de la recta, por ejemplo P_{3}(x_{3},y_{3}) y P_{4}(x_{4}, y_{4}), por lo que m_{D1} bien podría ser:

m_{D1} = \frac{y_{4} - y_{3}}{x_{4} - x_{3}}  o bien  m_{D1} = \frac{y_{4} - 0}{x_{4} - a}

Ya que C es también un punto de la recta diagonal D1.

Y reemplazando m_{D1} por el valor obtenido en (3) se obtiene la ecuación de la recta Diagonal D1:

\frac{-b}{a - c} = \frac{y_{4} - 0}{x_{4} - a}

y_{4} = \frac{-b}{a - c} (x_{4} - a)                (4)

De forma similar, para la recta Diagonal D2 tenemos:

m_{D2} = \frac{b - 0}{(a + c) - 0}

= \frac{b}{a + c}

Y utilizando el origen como uno de los puntos por los que pasa la recta, obtenemos la ecuación de la recta Diagonal D2:

\frac{b}{a + c} = \frac{y_{5} - 0}{x_{5} - 0}

y_{5} = \frac{b}{a + c}(x_{5})                (5)

Bien, hemos llegado a un punto crucial para esta demostración y en general muy importante para cualquier demostración y para las matemáticas. Dijimos que si el punto en el que se cruzan ambas rectas es el punto medio tanto para la Diagonal D1 como para la Diagonal D2 entonces el teorema quedaría demostrado.

Así que haremos una hipótesis y supondremos que esto es así, que el punto en el que se cruzan ambas diagonales es efectivamente el punto medio para cada diagonal (aún no hemos demostrado que esto sea así, solo estamos suponiéndolo), entonces las coordenadas de P hipotéticamente son: P'(\frac{a+c}{2},\frac{b}{2}).

Y si esto fuera así, el punto P'(\frac{a+c}{2},\frac{b}{2}) satisfaría las dos ecuaciones (4) y (5):

\frac{b}{2} = \frac{-b}{a - c}((\frac{a + c}{2}) - a)

\frac{b}{2} = \frac{b}{a + c}(\frac{a + c}{2})

Pero veamos si esto es cierto, veamos si las dos relaciones anteriores se cumplen:

Para la ec. (4) tenemos:

\frac{b}{2} = \frac{-b}{a - c}((\frac{a + c}{2}) - \frac{a}{1})

= \frac{-b}{a - c}(\frac{a + c - 2a}{2})

= \frac{-b}{a - c}(\frac{c - a}{2})

= \frac{b}{a - c}[\frac{-(c - a)}{2}]        ^{^{1}}

= \frac{b}{a - c}(\frac{a - c}{2})

= \frac{a - c}{a - c}(\frac{b}{2})

= \frac{b}{2}

Y para la ec. (5) tenemos:

\frac{b}{2} = \frac{b}{a + c}(\frac{a + c}{2})

= (\frac{a + c}{a + c})(\frac{b}{2})

= \frac{b}{2}

De lo cual concluimos que el punto P'(\frac{a + c}{2},\frac{b}{2}) satisface ambas ecuaciones, y como P'(\frac{a + c}{2}, \frac{b}{2}) satisface ambas ecuaciones entonces también P(\frac{a + c}{2}, \frac{b}{2}) lo hace, y como P tiene las mismas coordenadas que los puntos medios M y M' de cada diagonal el teorema queda demostrado.

__________

Gpo4, Ejercicio 1. Geometría Analítica, Charles H. Lehmann, 1942.

__________

^{1} En este paso se utilizó la propiedad conmutativa para cambiar de signo a los factores numeradores de la siguiente manera: \frac{(b)(-1)}{a - c}(\frac{(1)(c - a)}{2}) \Longrightarrow \frac{(b)(1)}{a - c}(\frac{(-1)(c - a)}{2}).

3 comentarios

Archivado bajo Demostraciones, Geometría Analítica, Geometría Analítica Plana

Demostrar: “Si las diagonales de un cuadrilátero se dividen mutuamente en partes iguales, la figura es un paralelogramo”.

Demostrar el siguiente teorema analíticamente:

“Si las diagonales de un cuadrilátero se dividen mutuamente en partes iguales, la figura es un paralelogramo”.

Es decir, si al cruzarse las diagonales, éstas quedan divididas en partes iguales cada una, entonces la figura es un paralelogramo.

Paralelogramo Hipotético

Iniciamos trazando la diagonal D1^{1}, la cual va desde el origen hasta el punto A que tiene como abcisa un valor arbitrario (que no importa cuál sea) representado por la letra a y como ordenada uno representado por la letra b.

Ahora, para que las diagonales se dividan mutuamente .^{2} en partes iguales éstas tienen que cruzarse en su punto medio, o sea que el punto medio M de la diagonal D1 tiene que ser igual al punto medio M' de la diagonal D2.

Tracemos entonces la diagonal D2, démosle coordenadas arbitrarias y definamos su punto medio como M'.

Unamos ahora los 4 extremos de las dos diagonales formando un cuadrilátero paralelogramo hipotético (que todavía no es un paralelogramo, sólo hemos supuesto que así lo es).

Las coordenadas del punto medio M de la diagonal D1 están dadas por la siguientes relaciones:

x = \frac{0 + a}{2} = \frac{a}{2}                y = \frac{0+b}{2} = \frac{b}{2}

Y las del punto medio M':

x = \frac{c + c}{2} = c                y = \frac{0+d}{2} = \frac{d}{2}

Pero como ya lo dijimos en la base de nuestra demostración, el punto medio M es igual al punto medio M', de lo cual deducimos inmediatamente las siguientes relaciones:

\frac{a}{2} = c                (1)

a = 2c                (1b)

\frac{b}{2} = \frac{d}{2} \Longrightarrow b = d                (2)

Ahora, como ya tenemos nuestras diagonales divididas en partes iguales y hemos establecido todas las coordenadas de los vértices correctamente, procederemos a demostrar que la figura es un paralelogramo, lo cual lograremos obteniendo la pendiente de cada lado del cuadrilátero y comparándolas entre sí.

Un paralelogramo es un cuadrilátero que tiene dos pares de lados paralelos.

Entonces la figura será un paralelogramo si la pendiente de \overline{CA} es igual a la pendiente de \overline{OB} y la pendiente de \overline{OC} es igual a la pendiente de \overline{BA}. Calculemos entonces las pendientes:

m_{\overline{CA}} = \frac{b - d}{a - c}        y        m_{\overline{OB}} = \frac{0 - 0}{c - 0} = \frac{0}{c} = 0

Pero por (2):

m_{\overline{CA}} = \frac{b - d}{a - c} = \frac{b - b}{a - c} = \frac{0}{a - c} = 0

Y ya que las pendientes de \overline{CA} y \overline{OB} son iguales, \overline{CA} \| \overline{OB} (son paralelas).

Ahora, para \overline{OC} y \overline{BA}:

m_{\overline{OC}} = \frac{d - 0}{c - 0} = \frac{d}{c}        y        m_{\overline{BA}} = \frac{b - 0}{a - c} = \frac{b}{a - c}

Pero por (1b) y (2):

m_{\overline{BA}} = \frac{b}{a - c} = \frac{d}{2c - c} = \frac{d}{c}

Y ya que las pendientes de \overline{OC} y \overline{BA} son iguales, \overline{OC} \| \overline{BA}.

Y como nuestro cuadrilátero OCAB tiene dos pares de lados paralelos entonces es un paralelogramo.

__________

Gpo4, Ejercicio 2. Geometría Analítica, Charles H. Lehmann, 1942.

__________

1. Como es de esperarse, en la figura 1 la diagonal D1 parece tener una inclinación de 40° porque así la hemos dibujado, pero la inclinación de D1 es desconocida ya que a y b representan cualquier valor, en todo caso, la inclinación de D1 (siempre con respecto al lado positivo del eje X) es \arctan{(\frac{b-0}{a-0})} o también \tan{^{-1}(\frac{b-0}{a-0})}.

2. Entre ellas, o sea, una con la otra.

 

Deja un comentario

Archivado bajo Demostraciones, Geometría Analítica, Geometría Analítica Plana