1.    Límite de una función escalar z=f(x,y)

Sea Q(xo,yo) un punto de R², no necesariamente en el dominio de f

En una bola abierta con centro en Q (En este caso una circunferencia, tal como se muestra en la figura 1), tomamos un punto Q1(x,y) en el dominio de f, y en las cercanías de Q(x,y)=(xo+h,yo+k)

Si al acercarnos con el punto Q1 al punto Q, todo lo que queramos, pero sin llegar a que coincidan, el valor de f(x,y) siempre es cercano a un valor real L, entonces decimos que:

Lim f(x,y) = L

(x,y)→(xo,yo)

2. Continuidad de la función z=f(x,y)

Decimos que la función f(x, y) es continua en el punto Q(xo,yo) si se dan las siguientes tres condiciones:

i)              Lim f(x,y)              Existe

                     (x,y)→(xo,yo)

ii)             f(xo,yo) = L

iii)            Lim f(x,y) = f(xo,yo) = L

                     (x,y)→(xo,yo)

Ejemplos

1.Calcular lim (x+2y)

                   (x,y)→(1,2)

Basta reemplazar la x por 1 y la y por 2 y el resultado del límite es  lim (x+2y)=5

                                                                                                           (x,y)→(1,2)

2.Calcular lim (cosx+1/y) cuando (x,y) → (0,0)

Al reemplazar encontramos lo siguiente cos0 + 1/0

Como 1/y cuando y→0 no existe, entonces el límite no existe.

En el ejemplo 1 se concluye además, que la función es continua en (1,2)

Mientras que en el ejemplo 2 se concluye que la función es discontinua en (0,0)

      3. Límite de la función escalar z=f(x1, x2,……….xn)

Se trata de una función de Rⁿ en R, en la cual, a cada vector x=(x1, x2,…,xn) le corresponde un valor único z real en R.

Aquí ya no es posible hacer un gráfico del problema.

Tomemos un punto Q(xo1,xo2,….,xon), no necesariamente en el dominio de f, este punto es el vector xo

Ahora tomamos otro punto Q1, este si en el dominio de f y en las cercanías de Q.

x=(x1,x2,…..,xn) = (xo1+h1, xo2+h2,…..,xon+hn)

Ahora bien, acercamos el vector x al vector xo, lo cual se logra haciendo que las componentes del vector h = (h1, h2, ….,hn) se hagan tan pequeñas como queramos, pero no 0.

Es decir, arrimamos el punto Q1 hasta el punto Q todo lo que queramos, pero sin hacerlos coincidir.

Si al hacer esto, el valor de la función f(x1,x2,….,xn) toma valores cercanos a L y más cercanos mientras mas acerquemos Q1 a Q, decimos de manera intuitiva que:

Lim f(x1. x2, …,xn) = L

         x→xo

4. Continuidad dela función escalar   z=f(x1, x2,……….xn)

Para que una función f(x1,x2, …..,xn) sea continua en punto (xo1,xo2,      ,xon) se requiere que se cumplan tres condiciones:

i)lim f(x1,x2,….,xn) Existe

         x→xo

ii)f(xo1, xo2,….,xon) = L

iii)lim f(x1,x2,….,xn) =f(xo1, xo2,….,xon)

           x→xo

Ejemplo

Calcular el límite de la función f(x, y, z) =x²+y+cosz, cuando (x, y, z) →(1, 2, 0)

Basta reemplazar

Lim x²+y+cosz = 1²+2+cos0=4

(x, y, z) →(1, 2, 0)

En este caso también podemos concluir que la función es continua en (1, 2, 0)

     5. Funciones vectoriales

Una función vectorial generalizada es una función que toma un vector x en Rn y lo convierte en otro vector f(x) en en Rm

f:Rn→Rm

x→f(x)

x=(x1, x2,….,xn)

f(x) = (f1(x), f2(x),      , fm(x))

La función vectorial f es un vector cuyas componentes son (f1, f2,….,fm)

Para que la función vectorial f sea continua es necesario que todas sus funciones componentes lo sean.

Igualmente, si el dominio de f1 es D1, el de f2 es D2, y el de fm es Dm

El dominio de la función vectorial f será la intersección de todos los dominios D1ПD2П……..ПDm

Para que la función vectorial sea derivable en un vector xo, es necesario que todas las funciones f1, f2,…fm lo sean y tengan todas las derivadas parciales posibles.

Construyamos una matrix en la que las filas correspondan a las funciones fi y las columnas a las componentes xi del vector

Ejemplo

Calcular el límite de la siguiente función vectorial:

Lim (sen(πt/2) /t,( t²-1)/(1-t), e^-1/abs(t-1))

t→1

Lim (sen(πt/2) /t,-(t+1)(t-1)/(t-1), e^-1/abs(t-1))

t→1

=(1, -2, 0)

Ejemplo

Calcular el límite de la siguiente función vectorial:

Lim (xarctang xy, ln x/y, (x²-2xy+y²)/(x²y-y²))

r→ro

ro=(1, 1)

Lim (xarctang xy, ln x/y, (x²-2xy+y²)/(x²y-y³))

r→ro

Lim (xarctang xy, ln x/y, (x-y)²/(y(x+y)(x-y))

r→ro

Reemplazando obtenemos

=(π/4, 0, 0)

Ejemplo

Dada la siguiente función vectorial

F(x,y,z) =( e^xyz, xyln(xyz), tan^-1x²y²z²)

Encontrar la matriz Jacobiana.

En ro=(1,1,1), encontrar el incremento df si dr=(0,01,0,01,0,01)

Para encontrar la matriz Jacobiana debemos encontrar una matriz en que las filas son las derivadas parciales de f1, f2 y f3 respecto de x, y y z.

 

Ejemplo

V(xy, yz, xz) es una función vectorial que representa el flujo de un líquido.

│v│ en m/seg

Calcular la rapidez de crecimiento del flujo en el punto (4,2,2)

En la dirección de un vector espacial que forma un ángulo de 60^o con el eje x y 45^o con el eje y.

Primero encontremos el vector anterior.

u=(u1, u2, u3) unitario, forma un ángulo de 60º con el eje x y de 45º con el eje y.

u.i =│u│. │i│. cos 60^o = u1            Siendo u e i unitarios, la componente u1= ½

u.j = │u│ │ j│. cos 45º = u2 , por tanto        u2=√2/2

ui²+u2²+u3² = 1       Por tanto u3= ½

El vector u unitario para la derivada direccional es u = (1/2, √2/2, 1/2)

El próximo paso es encontrar la matriz Jacoviana de V 

Medellín, Marzo de 2016

Construir un triángulo conociendo las alturas.

En el blog anterior se abordó este problema.La dama Teresa Hernandez ha sugerido un método diferente, el cual considera mas sencillo que el que yo plantee anteriormente. Como el método sugerido es realmente sencillo y bonito, lo voy a anexar en el blog.

Suponemos el problema resuelto, triángulo  (1) ABC, en el cual trazamos las alturas ha, hb y hc, que son los datos conocidos y vemos que se cumple la siguiente relación:

ΔABE es semejante al triángulo ΔACF, ya que son triángulos rectángulos y tienen igual los ángulos agudos, por la perpendicularidad de sus lados.

c/hb=b/hc

c/b= hb/hc    (1)

De igual manera

c/a=ha/hc    (2)

a/b=hb/ha    (3)

Ahora construimos el triángulo (2), cuyos lados son las alturas ha, hb y hc que son conocidas.

En el triángulo (2) trazamos las tres alturas que llamaremos xa, xb y xc  (evidentemente también se conocen estas tres alturas del triángulo 2)

Con el mismo razonamiento del triángulo (1)

hb/ha= xa/xb   (4)

ha/hc= xc/xa    (5)

hb/hc= xc/xb    (6)

Uniendo las ecuaciones (1) al (6)

a/xa=b/xb=c/xc

Lo anterior nos dice que si construimos un tercer triángulo de lados xa, xb y xc, A"B"C" será semejante al triángulo ABC y los lados homólogos serán a y xa, b y xb y c y xc.

La construcción del triángulo ABC se obtiene por medio de su triángulo semejante A"B"C", cuyos lados son xa, xb y xc.

Hacemos coincidir los vértices C" y C y la recta B"C" es parte de la base BC del triángulo ABC.

Por C (C") trazamos la altura del triángulo (3), la cual cae en en el punto R. Prolongamos esta recta CR  hasta que un punto F,  tal que CF = hc.

Por F trazamos la perpendicular a la altura CF y así llegamos a los puntos B y A.

Nuestro triángulo ABC quedó construido y sus alturas son ha, hb y hc.

Juan Fernando Sanin E

Construcción de triángulos - 1. Conociendo las tres medianas. 2. Las tres alturas.

Medellín, 22 de Febrero de 2014


Construcción de triángulos

Los casos básicos de construcción de triángulos se podrían resumir en: 1. Conociendo los tres lados 2. Conociendo dos lados y el ángulo que forman éstos y 3. Conociendo un lado y los ángulos internos adyacentes a el.

No obstante podríamos plantear otros casos importantes: a) Conociendo las medianas, b) las alturas, c) las bisectrices, y finalmente d) las tres mediatrices.

Hay innumerables casos de construcción de triángulos, algunos muy difíciles y otros, no tanto.

Entre los que hemos considerado en la segunda categoría, hay dos particularmente difíciles: Conociendo las bisectrices y conociendo las mediatrices.

Para el caso de las bisectrices, el problema gráfico ya ha sido resuelto, pero es de una gran complejidad y no lo abordaremos en los próximos blogs. El caso de construir un triángulo conociendo sus mediatrices, es todavía mucho mas difícil. No obstante, será abordado mas adelante, pero no por un método estrictamente geométrico, ya que hemos tenido que recurrir al álgebra y no sólo al álgebra, sino al ordenador y el sofware derive.

Construir un triángulo conociendo las tres medianas

Se conocen las tres medianas AM1, CM2 y BM3

Debemos, con estas longitudes, construir el triángulo ABC

Suponemos el problema resuelto y prolongamos la mediana CM2 una distancia igual a 1/3 de la misma y localizamos el punto H.

Unimos los puntos AH y HB. El cuadrilatero AHBG es un paralelogramo, ya que sus diagonales se cortan en su punto medio. M2 es simultaneamente el punto medio de AB y de GH.

Lo anterior porqué GM2 es, por las propiedades del varicentro, 1/3 CM2 y M2H también lo es por construcción.

Si observamos el triángulo GHB del  paralelogramo GAHB, observamos que sus tres lados tienen una longitud que se conoce, ya que corresponden a 2/3 de cada una de las medianas.

(Recordemos que el varicentro se encuentra a 2/3 del vértice y a 1/3 de la base)

Con este razonamiento, el triángulo ABC se construye muy fácilmente, puesto que se conocen los tres lados.

Como conocemos las 3 medianas, podemos encontrar gráficamente tres longitudes iguales a 2/3 de cada una de las medianas.

Con estas dimenciones GH ( 2/3 CM2), HB( 2/3 AM1) y BG ( 2/3 BM3), construimos el triánguloGBH.

Completamos el paralelogramo AHBG. (Ya tenemos dos vértices del triángulo ABC, los puntos A y B).

Para encontrar el vértice C, prolongamos HG una distancia una distancia igual y así encontramos el vértice C.

El triángulo construido es el solicitado, ya que sus tres medianas son AM1, CM2 y BM3.

Construir un triángulo conociendo sus tres alturas.

Este problema es mucho mas difícil y la solución que vamos a presentar, aunque sencilla, es bastante ingeniosa y creativa, por lo que la mayoría de las personas que sabemos realizarla, es porque peviamente la hemos leído en la literatura de la geometría.

Si las alturas son: ha (trazada desde A hasta el lado opuesto), hb y hc.

En un punto P  cualquiera del plano ubicamos en direcciones arbitrarias las tres alturas, tal como se indica en la parte izquierda de la figura. No importa para nada el ángulo que se utilice entre estas tres alturas.

Los extremos de estas alturas, son los puntos E, D y F.

Construimos una circunferencia que pase por estos tres puntos E, D y F.

Ahora prolongamos las líneas PE (hc) ,  PD(hb) y PF(ha), hasta que corten la circunferencia en un segundo punto.

PE se prolonga hasta M

PD no se prolonga, pero se toma el punto N, donde la linea interceptan la circunferencia por primera vez.

Prolongamos PF hasta S.

Ahora por las propiedades de las rectas que interceptan una circunferencia, establecemos la siguiente igualdad:

PExPM = PDxPN = PFxPS

hcxPM/2 = hbx PN/2 = haxPS/2

La expresión anterior es igual al área del triángulo ABC, utilizando la fórmula basexaltura/2, en los tres lados, con sus respectivas alturas.

Por tanto las distancias PM,PN y PS, son los lados del triángulo pedido ABC.

De la gráfica de la izquierda  obtenemos en tamaño real PM, PN y PS.

 

Ahora conociendo los tres lados, la construcción es inmediata. Pintamos el lado a que corresponde al lado BC, en el extremo izquierdo B dibujamos una circunferencia de radio b y en el extremo derecho C, dibujamos una circunferencia de radio c. Donde se corten estas dos circunferencias será el tercer vértice A.

Juan Fernando Sanin E

Teorema de Pitagoras

Medellín, Enero 2014

Teorema de Pitágoras

El teorema de Pitagoras es uno de los más importantes de la geometría y de la ciencia en general. Es utilizado por los más calificados matemáticos en proyectos muy complejos y hasta los albañiles, en las construcciones complicadas y también en las sencillas.

Se comenta que hay más de doscientas demostraciones del mismo. Vamos a presentar algunas de ellas.

Teorema de Pitágoras

En todo triángulo rectángulo, la suma de los cuadrados de los catetos es igual al cuadrado de la hipotenusa.

Demostración 1.

Figura 1

El triángulo rectángulo en consideración es el ABC. Sus ángulos agudos son α en el vértice A y β en el vértice B. Los catetos son a y b y la hipotenusa la llamamos c.

Tal como se ve en la figura, sobre cada cateto construimos los cuadrados que se indican.

Igualmente construimos otro cuadrado sobre la hipotenusa.

Prolongamos las líneas RP y SQ, las cuales se cortan en el punto M.

Trazamos la línea recta MC y la prolongamos hasta encontrar los puntos H y D.

Los triángulos PMC y MCQ son rectángulos en P y Q y sus catetos son a y b. Por lo anterior, estos triángulos son iguales al triángulo ABC y por tanto sus ángulos internos son iguales a los del triángulo ABC.

< PCM = < CMQ = α, lo que nos indica que el triángulo CHB tiene que ser rectángulo, pues dos de sus ángulos son α y β cuya suma es 90 grados.

Siendo este triángulo CHB rectángulo, la línea MD es perpendicular a AB en H

Por paralelismo de las rectas RM y AC se concluye que el cuadrado ARPC y el paralelogramo ANMC tienen la misma área y es igual  b²

Ahora por paralelismo entre las rectas TN y MD, y teniendo en cuenta que CM = c, entonces el área del paralelogramo ANMC = área del rectángulo AHDT = b²

Con un razonamiento similar, concluiremos que el rectángulo HBUD = a²

De lo anterior concluimos que área de ABUT = área AHDT + área HBUD

c² = b² + a²

Con lo cual queda demostrado el teorema.

Se cree que esta fue la demostración original del teorema, hecha por Pitágoras o por Griegos contemporáneos a él.

Demostración 2

Figura 2

Consideramos el triángulo rectángulo ABC, cuyos catetos son a y b y cuya hipotenusa es c.

Construimos un cuadrado de lado a + b

Tomamos un punto que nos divida cada lado de este cuadrado en a y b, (lo hacemos en sentido de las agujas del reloj en todos los lados del cuadrado).

Se nos forman 4 triángulos rectángulos iguales al triángulo ABC y un cuadrado interior de lado igual a c.

(Lo anterior porque se trata de un cuadrilátero que tiene los 4 lados iguales a la hipotenusa c (lo cual nos daría un rombo), además, si vemos que α + β = 90, y eso ocurre en cada vértice del rombo, entonces el rombo es un cuadrado.)

Área del cuadrado grande = 4 área del triángulo ABC + área del cuadrado de lado c.

(a + b)² = 4 (ab/2) + c²

a² + 2ab + b² = 2 ab + c²

a² + b² = c²

Con lo cual queda demostrado el teorema.

Demostración 3

Construimos un cuadrado cuyo lado sea igual a la hipotenusa c y construimos el triángulo rectángulo dado sobre cada hipotenusa. El resultado se ve en la figura 3

Figura 3

Se nos forman 4 triángulos rectángulos iguales al triángulo ABC y un cuadrado central cuyo lado es

b – a

Área del cuadrado de lado c = 4 área del triángulo ABC + área del cuadrado interno.

c² = 4(ab/2) + (b – a)²

c² = 2 ab + b² – 2ab + a²

c² = b² + a²

Con lo cual queda demostrado.

Demostración 4

En la siguiente figura, establezcamos la semejanza de triángulos entre el triángulo rectángulo grande ABC y el triángulo pequeño CHB.

Estableciendo las relaciones entre los lados homólogos:

Figura 4

a/n (opuestos al ángulo α en los triángulos grande y pequeño, en ese orden)

c/a (hipotenusas en los triángulos grande y pequeño, en ese orden)

a/n = c/a

a² = cn

Igualmente podríamos probar que

b² = cm

(Cada cateto es media proporcional entre la hipotenusa y su proyección sobre ella)

a² + b² = cn + cm = c(m + n) = c²

Con lo cual queda demostrado. (Tal vez esta es la demostración mas fácil)

Demostración 5

Ahora vamos a utilizar propiedades de la circunferencia.

Figura 5

En el triángulo ABC, construimos una circunferencia con centro en B y radio = a.

La recta AC será tangente a la circunferencia.

De las propiedades de la circunferencia sabemos que:

AC² = AC x AD

b² = (c –a) (c +a)

b² = c² – a²

a² + b² = c²

Con lo cual queda demostrado.

Demostración 6

Utilizamos propiedades de la circunferencia.

Figura 6

Construimos dos circunferencias, cuyo diámetro es el respectivo cateto, tal como se indica en la figura 6..

El punto D pertenece simultáneamente a las dos circunferencias y al triángulo.

CD es la altura del triángulo trazada desde el punto C.

Es la altura porque cualquier ángulo que subtienda un diámetro es de 90 grados.

AC es tangente a la circunferencia cuyo diámetro es CB.

BC es tangente a la circunferencia cuyo diámetro es CA.

De las propiedades de las cuerdas y las tangentes sabemos que:

AC² = AD x AB

BC² = DB x AB

Sumando

AC² + BC² = AD x AB + DB x AB

Agrupando

AC² + BC² = AB(AD + DB) = ABxAB

b² + a² = c²

Con lo cual queda demostrado el teorema.

Demostración 7

De nuevo utilizamos propiedades de la circunferencia.

Figura 7

En el triángulo rectángulo ABC, construimos una circunferencia con centro en B y radio igual a la hipotenusa. Figura 7

Por las propiedades de las cuerdas que se cortan en el interior de una circunferencia:

ACxCD = EC x CF

bb = (c + a)(c – a)

b² = c² – a²

a² + b² = c²

Con lo cual queda demostrado.

Resumen.

El teorema de Pitágoras es una de las propiedades geométricas de mayor utilidad en la vida cotidiana. Si hiciéramos un balance relacionada con su importancia en el mundo práctico, podríamos decir que es un descubrimiento cuyo impacto sobre la civilización es equiparable a la invención de la rueda.

Juan Fernando Sanin Echeverri