Matemáticas para la enseñanza secundaria - Apuntes - Apuntes 15 - 16 PDF

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GRADO MATEMÁTICAS

MATEMÁTICAS PARA LA ENSEÑANZA SECUNDARIA CURSO 2015-2016 Universidad de Extremadura

Tema 1

An´ alisis matem´ atico 1.1.

Sucesiones y series

1.1.1.

La sucesi´ on de Fibonacci

Consideremos una poblaci´on de amebas con la siguiente propiedad. Desde su nacimiento pasan dos dias hasta que son adultas y desde ese momento todos los d´ıas tienen una hija. Si aislamos en el momento de su nacimiento una ameba, ¿cu´antas amebas habr´a el d´ıa n?, ¿cu´al es la proporci´on xn , de amebas j´ovenes a adultas ese d´ıa?, a qu´e tiende xn ?. 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Figura 1.1. Sucesi´ on de Fibonacci

Hay tres tipos de amebas: las j´ovenes reci´en nacidas (en el dibujo gris claro), las j´ovenes que tienen 1 d´ıa (gris oscuro) y las adultas (negras). Denotemos con an las amebas que hay el d´ıa n, entonces a1 = a2 = 1 y el d´ıa n + 1 hay an+1 = an + (an+1 − an ), de las cuales an+1 − an son gris claro (por tanto al d´ıa siguiente no tienen hijas) y el resto an son negras o gris oscuro y por tanto al d´ıa siguiente son negras y todas tienen descendencia, por lo tanto el d´ıa n + 2 tendremos an negras, an

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Tema 1. An´ a lisis matem´ a tico

gris claro y an+1 − an gris oscuro, es decir an adultas y an+1 j´ovenes, en total a1 = a2 = 1,

an+2 = an+1 + an ,

o equivalentemente a0 = 0 y a1 = 1

esta es la llamada sucesi´ on de Fibonacci, definida por recurrencia, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, . . . . Nota 1.1 La sucesi´ on de Fibonacci aparece de forma natural en el mundo de las abejas, cuando consideramos el n´ umero an de ancestros de generaci´ on n–sima de un z´ angano, donde la generaci´ on 1 es ´el (es decir a1 = 1), la 2 es la de sus padres, la 3 la de sus abuelos, etc. Hay 3 tipos de abejas: La reina (hembra), las obreras (hembras) y los z´ anganos (machos). La reina en general es la u ´ nica hembra f´ertil y puede poner o bien huevos sin fecundar, de los que salen los z´ anganos (que son f´ertiles), o´ huevos fecundados por un z´angano, que es de donde salen las hembras (tanto las reinas que son f´ertiles, como las obreras, que en general no lo son). Por tanto un z´ angano (Z) no tiene padre, s´olo tiene 1 madre que es reina (R), por tanto a2 = 1 = 1R, y esta ha tenido madre y padre, por lo que a3 = 2 = 1R + 1Z, a4 = 3 = 2R + 1Z, a5 = 5 = 3R + 2Z , a6 = 8 = 5R + 3Z,. . . Observemos que no s´ olo tenemos que el n´ umero de ancestros de generaci´ on n–sima de un z´ angano es an , sino que adem´as esa generaci´on est´ a formada por an−1 reinas y an−2 z´ anganos. Tambi´en est´a presente en el mundo de las plantas, por ejemplo en la flor del girasol podemos contar dos colecciones de curvas unas destr´ ogiras y otras lev´ ogiras. Estos dos n´ umeros no son iguales y lo que es mas interesante, son dos n´ umeros seguidos de la sucesi´on de Fibonacci.

Figura 1.2. Curvas en el girasol

Veamos ahora algunas propiedades de esta sucesi´on:

1.1. Sucesiones y series

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Proposici´ on 1.2 Para n ≥ 1 y a0 = 0 an+1 an−1 − a2n = (−1)n . Demostraci´ on. Ve´ amoslo por inducci´on en n. Para n = 1 es verdad, a2 a0 − a21 = −1. ahora si es verdad para n veamos que tambi´en lo es para n + 1 an+2 an − a2n+1 = (an+1 + an )an − an+1 (an + an−1 ) = a2n − an+1 an−1 = (−1)n+1 .

Proposici´ on 1.3 Para n ≥ 1 y xn = an+1 /an , xn+1 − xn =

(−1)n+1 , an an+1

Demostraci´ on. Por la definici´on y (1.2) se tiene xn+1 − xn =

an+2 an − a2n+1 an+2 an+1 (−1)n+1 . = = − an an+1 a a a an+1 n n+1 n

Proposici´ on 1.4 Para n ≥ 1 1 = x1 ≤ x2n−1 < x2n+1 < x2n+2 < x2n ≤ x2 = 2. Demostraci´ on. Por (1.3) se tiene que para k ≥ 2 (−1)k (−1)k+1 + xk+1 − xk−1 = xk+1 − xk + xk − xk−1 = ak−1 ak a a  k k+1  1 1 − = (−1)k ak−1 ak ak ak+1   a − a k+1 k−1 k = (−1) ak−1 ak ak+1 1 = (−1)k , ak−1 ak+1 y para k = 2n tendremos x2n+1 − x2n−1 > 0 y para k = 2n + 1, x2n+2 − x2n < 0.

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Tema 1. An´ a lisis matem´ a tico

1.1.2.

La proporci´ on ´ aurea

Para todo n ≥ 1 se tiene 1 ≤ xn = 1 +

1 2xn−2 + 1 = ≤ 2, xn−1 xn−2 + 1

y por (1.4) la subsucesi´on de los t´erminos impares: x2n+1 es creciente y acotada superiormente por 2 y la de los pares x2n es decreciente y acotada inferiormente por 1, por tanto ambas tienen l´ımite x que satisface por lo anterior √ 2x + 1 1± 5 2 x= , ⇔ x −x−1=0 ⇔ x= 2 x+1 √ y como 1 ≤ x ≤ 2, s´olo hay una soluci´ on x = φ = (1 + 5)/2 = 1, 615, que es la proporci´ on o´ secci´ on aurea. Este n´ umero φ = (1 +

√ 5)/2,

tiene la siguiente propiedad: si construimos un rect´ angulo con proporci´on de lados igual a φ y lo dividimos en un cuadrado y un rect´angulo, este nuevo rect´ angulo tiene la misma proporci´on φ.

Figura 1.3. Rect´ angulo ´ aureo

√ Adem´ as como φ = 1 + 1/φ = 1 + φ, pues φ2 = φ + 1, se demuestran f´ acilmente las siguientes igualdades r q √ 1 φ=1+ = 1 + 1 + 1 + · · ·. 1 1 + 1+··· Tambi´en se tiene que 1 − φ = χ es la otra soluci´on de x2 − x − 1 = 0 y por tanto ambas satisfacen xn+2 = xn+1 + xn . Del mismo modo para cualesquiera a, b, la sucesi´on fn = aφn + bχn satisface la f´ ormula de recurrencia inicial y la sucesi´on fn = an , es la nuestra si

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1.1. Sucesiones y series

elegimos a y b que satisfagan las condiciones iniciales a0 = 0 y a1 = 1 (o equivalentemente a1 = a2 = 1), es decir a + b = 0,

aφ + bχ = 1,

√ es decir a = 1/ 5 y b = −a, por tanto tenemos las f´ ormulas para el c´ alculo directo de la sucesi´ on de Fibonacci φn − χn 1 an = √ (φn − χn ) = . φ−χ 5 √ Por otra parte como |χ| < 1, |χ|n < 1 por tanto |χ|n / 5 < 1/2, de √ donde −1/2 < ±χn / 5 < 1/2 y para todo n ≥ 1, 1 1 φn φn χn φn √ − < √ − √ = an < √ + 5 2 5 2 5 5

por tanto

 n  1 φ an = √ + . 5 2

Ejercicio 1.1.1 Demostrar que φn = an φ + an−1 .

1.1.3.

La proporci´ on ´ aurea y los Poliedros Plat´ onicos

Figura 1.4. poliedros Plat´ onicos

Definici´ on. Llamamos poliedros Plat´ onicos a poliedros cuyas caras son pol´ıgonos regulares iguales y tienen todos los ´angulos di´edricos iguales. S´ olo hay 5, que son el tetraedro, formado por 4 tri´angulos equil´ateros; el hexaedro o´ cubo, formado por 6 cuadrados; el octaedro, formado por 8 tri´ angulos equil´ ateros; el dodecaedro, formado por 12 pent´ agonos regulares y el icosaedro, formado por 20 tri´angulos equil´ateros. La secci´ on ´aurea se haya presente en el dodecaedro y en el icosaedro de forma especial. En el dodecaedro porque en un pent´ agono la raz´on de distancias entre cualquier diagonal y el lado es φ, para verlo consideremos la figura (1.5)).

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Tema 1. An´ a lisis matem´ a tico

Figura 1.5. Secci´ on ´ aurea en el pent´ agono

Se tiene por simetr´ıa que el lado EC es paralelo al AB y por lo mismo AD es paralelo a BC , por tanto si F es la intersecci´on de AD y EC , tendremos que son iguales los cuatro lados AB = BC = CF = AF , digamos que es 1 y sea x = AD. Como los tri´angulos ABD y EF A son isosceles con igual ´angulo en el v´ertice α, tendremos que son semejantes y por tanto x=

1 AF AD = = EF AB x−1

⇔

x2 = x + 1

⇔

x = φ.

Veremos a continuaci´ on que los v´ertices del icosaedro son los de tres rect´ angulos aureos perpendiculares. Teorema 1.5 El icosaedro existe. Demostraci´ on. Consideremos 3 rect´ angulos ´aureos (ver la Fig. (1.3, de lados 2 y 2φ, centrados en el origen y mutuamente perpendiculares, tanto ellos como sus aristas grandes, y por tanto las peque˜ nas, (ver Fig.1.6):

F A

B

C

D

E Figura 1.6. Existencia del Icosaedro

Veamos que los 12 = 3×4 v´ertices de esta figura forman un icosaedro. Para ello basta demostrar que la distancia entre dos v´ertices de un mismo

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1.2. Ejercicios de sucesiones

triedro (de los 8, ver Fig.1.6) es igual al lado peque˜ no del rect´angulo BC = 2. Consideremos por ejemplo los vertices A = (1, 0, φ),

C = (φ, 1, 0),

p cuya distancia es (φ − 1)2 + φ2 + 1 = 2. La envolvente convexa de estos v´ertices est´ a formada por tri´angulos equil´ateros y en cada v´ertice hay 5. Que los ´angulos di´edricos son iguales se sigue de las simetr´ıas de la figura formada por los rect´ angulos y de que lo son el formado por dos tri´ angulos con un lado com´ un tipo BC y el formado por dos tri´ angulos con un lado com´ un tipo AC, pues son iguales las distancias BF y AE = 2φ, ya que B = (φ, −1, 0) y F = (0, φ, 1), por tanto BF 2 = φ2 + (φ + 1)2 + 1 = 2φ2 + 2φ + 2 = 4φ2 . Corolario 1.6 El dodecaedro existe. Demostraci´ on. Es consecuencia de la existencia del icosaedro, tomando los puntos medios de sus caras.

1.2.

Ejercicios de sucesiones

Ejercicio 1.2.1 Recu´ erdese que llamamos l´ımites superior e inferior de una sucesi´ on xn ∈ R, respectivamente a l´ım sup xn = l´ımxn = ´ınf sup xm , n≥1 m≥n

l´ım inf xn = l´ımxn = sup ´ınf xm . n≥1 m≥n

Demostrar que: (a) l´ım sup xn = − l´ım inf(−xn ). (b) l´ım inf xn ≤ l´ım sup xn . (c) xn converge a x sii l´ım inf xn = l´ım sup xn = x ∈ R. (d) xn → ∞ sii l´ım inf xn = l´ım sup xn = ∞. (e) xn → −∞ sii l´ım inf xn = l´ım sup xn = −∞. Ejercicio 1.2.2 Dadas dos sucesiones reales xn ≤ yn demostrar que l´ım inf xn ≤ l´ım inf yn ,

l´ım sup xn ≤ l´ım sup yn .

Ejercicio 1.2.3 Toda sucesi´ on de numeros reales mon´ otona (creciente o decreciente) es convergente sii est´ a acotada. Ejercicio 1.2.4 Sean zn ∈ C. Demostrar que si la serie convergente entonces es convergente.

P

zn es absolutamente

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Tema 1. An´ a lisis matem´ a tico

Ejercicio 1.2.5 Sean zn ∈ C. Demostrar que si la serie entonces zn → 0.

P

zn es convergente

Ejercicio 1.2.6 (Criterio de comparaci´ on). Sean an , bn ≥ 0. Demostrar que: (a) Si existen c, N > 0, tales que para n ≥ N , an ≤ cbn , la convergencia P de P P bn bn implicaPla de an . (b) Si an , bn > 0 y elPl´ım abnn = c 6= 0, entonces converge sii an converge. Si el l´ım abnn = 0 y bn converge entonces tambi´en P an .

P∞ n z para |z| < 1 es Ejercicio 1.2.7 Demostrar que la serie geom´ etrica, n=0 convergente y vale 1/(1 − z ) y que si |z| ≥ 1, la serie es divergente. Ejercicio 1.2.8 Demostrar el criterio del cociente, para zn ∈ C y      zn+1     , R = l´ım sup  zn+1  . r = l´ım inf   zn  zn  P (a) Si R < 1 entonces zn converge absolutamente. (b) Si r > 1 entonces P zn diverge.

p n Ejercicio 1.2.9 Demostrar P el criterio de la ra´ız, para zn ∈ C y ρ = l´ım sup |zn |: (a) Si ρ < 1, entonces zn converge absolutamente. (b) Si ρ > 1, entonces P zn diverge.

P Ejercicio 1.2.10 Sea an ∈ R una sucesi´ on y sn = (1/n) ni=1 ai , demostrar que l´ım inf an ≤ l´ım inf sn ≤ l´ım sup sn ≤ l´ım sup an . Ejercicio 1.2.11 Sean an > 0, demostrar que l´ım inf

√ √ an+1 an+1 . ≤ l´ım inf n an ≤ l´ım sup n an ≤ l´ım sup an an

Ejercicio 1.2.12 Calcular los l´ımites (1) (2) (3) .

1 + 2 + 3 + ··· + n n2 1 + x + x2 + · · · + xn (para x > 1). l´ım n→∞ xn n √ l´ım m (4) l´ım n n n→∞ nm n→∞ l´ım

n→∞

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1.2. Ejercicios de sucesiones

Ejercicio 1.2.13 Calcular el valor de la serie una interpretaci´ on geom´ etrica para las series (a)

∞ X 1 , n 2 n=1

(b)

P∞

n=1

∞ X 1 , n 4 n=1

r n , para 0 < r < 1 y dar

(c)

∞ X 1 n 8 n=1

Ejercicio 1.2.14 Calcular el l´ımite de la sucesi´ on: r q q √ √ √ a1 = 2, a2 = 2 + 2, a3 = 2 + 2 + 2,

···

Ejercicio 1.2.15 ¿Cuanto puede sobresalir un libro en una pila de libros, poniendo tantos como se quiera?. Ejercicio 1.2.16 Sean ai , bi , i = 1, . . . , n, n´ umeros no negativos. Probar que p √ √ n n a1 · · · an + b1 · · · bn ≤ n (a1 + b1 ) · · · (an + bn ). Ejercicio 1.2.17 Demostrar que para n ≥ 3 nn+1 > (n + 1)n . Ejercicio 1.2.18 Demostrar que si n es par 2π 2π + · · · + cos(n − 1) + 1 = 0, n n 2π 2π + · · · + sin(n − 1) = 0. sin n n

cos

Ejercicio 1.2.19 Sean x1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xn e y1 ≤ y2 ≤ · · · ≤ yn n´ umeros reales y sea σ una permutaci´ on de los n primeros naturales. Demostrar que n X i=1

xn+1−i yi ≤

n X i=1

xσ(i) yi ≤

n X

xi yi .

i=1

Ejercicio 1.2.20 Demostrar que (ver el ejercicio (1.5.20)) (1 + 2 + · · · + n)2 = 1 + 23 + · · · + n3 . Ejercicio 1.2.21 Sean 0 < r1 < r2 < · · · < rm ∈ R y 0 < ni ∈ R, para i = 1, . . . , m. Demostrar que (0, 0) y los m puntos (xi , yi ) ∈ R2 , siendo Pi Pi n x n j=1 j j j=1 j , yi = Pm xi = Pm , n x n j j=1 j j j=1 definen una poligonal convexa que une (0, 0) con (1, 1).

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Tema 1. An´ a lisis matem´ a tico

Ejercicio 1.2.22 Demostrar que a2 , b2 , c 2 est´ a n en progresi´ on aritm´ etica sii lo est´ a n los inversos de b + c, a + c, a + b. Ejercicio 1.2.23 Demostrar que dos n´ umeros complejos z1 , z2 , definen un tri´ a ngulo is´ osceles con a ´ ngulo α en 0 y lados iguales los definidos por ellos si y s´ olo si z 21 + z22 = 2z1 z2 cos α. . Ejercicio 1.2.24 Demostrar que tres n´ umeros complejos z1 , z2 , z3 forman un tri´ a ngulo equil´ a tero si y s´ olo si z12 + z 22 + z32 = z1 z2 + z1 z3 + z2 z3 . . Ejercicio 1.2.25 Demostrar que tres n´ umeros complejos z1 , z2 , z3 forman un tri´ a ngulo rect´ a ngulo e isosceles, con a ´ ngulo recto en z3 , si y s´ olo si (z1 − z3 )2 + (z2 − z3 )2 = 0. .

1.3. 1.3.1.

Funciones La funci´ on exponencial

Definici´ on. Definimos la funci´ on exponencial compleja exp : C → C exp(z) =

∞ X zn . n! n=0

Ejercicio 1.3.1 Demostrar que para todo x ∈ R, l´ım Ejercicio 1.3.2 Demostrar que

√ n

xn n!

= 0.

n! = ∞.

P∞ z n Ejercicio 1.3.3 Demostrar que para z ∈ C, la serie n=0 es absolutamente n! convergente y la convergencia es uniforme en todo acotado de C y que exp(0) = 1.

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1.3. Funciones

Pi Lema 1.7 (Teorema De Martens) Sean an , bn ∈ C y ci = j=0 aj bi−j . P∞ P∞ Si n=0 an es absolutamente convergente y n=0 bn es convergente, entonces la serie de cn es convergente y vale ! ∞ ! ∞ ∞ X X X an cn = bn . n=0

n=0

n=0

Pn

Demostraci´ on. Sean An = i=0 ai , Bn = Bn → B. Ahora considerando bk = 0, para k < 0, Cn :=

n X

ci =

i=0

=

n X n X

n X i X

aj bi−j =

i=0 j=0

aj bi−j =

j=0 i=0

n X n X

Pn

i=0 bi ,

An → A y

aj bi−j

i=0 j=0 n X n X

aj bi−j =

j=0 i=j

n X

n−j

aj

X

bi =

i=0

j=0

n X

aj Bn−j

j=0

por tanto |Cn − AB| ≤ | ≤

n X

j=0 n X j=0

aj Bn−j − B

n X j=0

aj | + |B

|aj ||Bn−j − B | + |B ||

n X

j=0

n X j=0

aj − AB|

aj − A|,

y como el segundo sumando converge a 0, basta demostrar que tambi´en el primero. Ahora bien |Bn − B| → 0,Ppor tanto existe p ∈ R, tal que para todo n, |Bn − B| ≤ p. Sea k = |anP | y dado ǫ > 0, sea N ∈ N, ∞ tal que para m ≥ N , |Bm − B| ≤ ǫ/(2k) y N+1 |am | ≤ ǫ/2p, entonces para n ≥ 2N , n X

j=0

|aj ||Bn−j − B| =

N X j=0

|aj ||Bn−j − B| +

n X

j=N+1

|aj ||Bn−j − B| ≤ ǫ.

Corolario 1.8 Si las series son absolutamente convergentes ! ! ∞ ∞ X X a1,n · · · am,n = n=0

n=0

=

∞ X n n−i X X1 n=0 i1 =0 i2 =0

n−i1 −···im−2

···

X

im−1 =1

a1,i1 a2,i2 · · · am,n−i1 −···−im−1 .

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Tema 1. An´ a lisis matem´ a tico

Demostraci´ on. Por inducci´on. Teorema 1.9 Para a, b ∈ C se verifica que exp(a + b) = exp(a) · exp(b). Demostraci´ on. Se sigue del PnTeorema de Martens (1.7) que para an = an /n!, bn = bn /n! y cn = i=0 ai bn−i , exp(a) exp(b) = =

∞ X

ak

∞ X

bm =

m=0 k=0 ∞ n X X i n=0 i=0

∞ X

cn

n=0

∞

X (a + b)n a bn−i = = exp(a + b). n! i! (n − i)! n=0

Definici´ on. Definimos el n´ umero e = exp(1). Proposici´ on 1.10 Para cada z ∈ C, exp(z) 6= 0 y exp′ (z) = exp(z). Demostraci´ on. Lo primero porque exp(z) exp(−z) = exp(0) = 1. Para ver la derivada observemos que ∞ X hn−1 exp(h) − 1 = n! h n=1

y esta serie converge (por el criterio del cociente) absoluta y uniformemente en los compactos, por tanto define una funci´ on continua que en h = 0 vale 1. Por tanto exp′ (z) = l´ım

h→0

1.3.2.

exp(h) − 1 exp(z + h) − exp(z ) = exp(z). = exp(z) l´ım h→0 h h

La exponencial real y el logaritmo real

Proposici´ on 1.11 Para x ∈ R, exp(x) > 0 y define una funci´ on creciente tal que exp′ (x) = exp(x) y l´ım exp(x) = ∞,

x→∞

l´ım exp(x) = 0,

x→−∞

por tanto exp : R → (0, ∞) es una biyecci´ on.

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1.3. Funciones

Demostraci´ on. Como exp(x) exp(−x) = 1, basta demostrar que es creciente para x ≥ 0, y de la definici´ on se tiene que en esos puntos es creciente por serlo para cada n, xn ; ahora como 1 = exp(0) < exp(1) = e, exp(n) = en → ∞ y se tiene el primer l´ımite. El segundo se sigue de que exp(x) = 1/ exp(−x). Definici´ on. Definimos la funci´ on logaritmo neperiano ln: (0, ∞) → R, como la inversa de la exponencial real, que tambi´en es biyectiva por tanto x = exp(ln x) = ln(exp(x)), y su derivada se obtiene de la formula anterior por la regla de la cadena 1 = exp(ln x) ln′ (x) = x ln′ (x)

ln′ (x) =

⇒

1 . x

El logaritmo es creciente y tiene las siguientes propiedades que hereda de la exponencial: (i) ln(1) = 0, ln(e) = 1, l´ımx→0+ ln(x) = −∞, l´ımx→∞ ln(x) = ∞. (ii) Para 0 < a, b ln(a b) = ln(exp(ln(a)) exp(ln(b)) = ln(exp(ln(a)+ln(b))) = ln(a)+ln(b). (iii) Para a > 0 y b = 1/a 0 = ln(a a−1 ) = ln(a) + ln(a−1 )

ln(a−1 ) = − ln(a).

⇒

(iv) Para a > 0 y n ∈ Z, ln(an ) = n ln(a) y para b = an , ln(b) = n ln(b1/n ), de donde que para q = m/n ∈ Q m

ln(aq ) = ln(a n ) =

m ln(a) = q ln(a) n

⇔

lo cual nos sugiere la siguiente definici´ on. Definici´ on. Dado a > 0 y x ∈ R definimos ax = exp (x ln(a)) . En particular tendremos que para x ∈ R ex = exp (x ln(e)) = exp(x).

aq = exp (q ln a) ,

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Tema 1. An´ a lisis matem´ a tico

Definici´ on. Denotaremos para z ∈ C, ez = exp(z ) Por la definici´on ez = ez , por tanto para x ∈ R, 1 = eix−ix = eix eix = | eix |2 , de donde | eix | = 1.

1.3.3.

Las funciones trigonom´ etricas

Definici´ on. Para x ∈ R, definimos las funciones seno y coseno, sen x = Im eix,

cos x = Re eix .

por tanto se tiene sen2 x + cos2 x = 1 y la Identidad de Euler eix = cos x + i sen x. y derivando en esta igualdad respecto de x, tendremos i(cos x + i sen x) = i eix = (eix)′ = cos′ (x) + i sen′ (x). por tanto

cos′ (x) = − sen(x),

sen′ (x) = cos(x).

Adem´ as separando parte real e ...