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Cálculo Diferencial e Integral II: Integrales impropias del $2^{do}$ tipo

Por Miguel Ángel Rodríguez García

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Introducción

En la sección anterior vimos las integrales impropias del primer tipo en el cual son integrales de la forma:

$$\int_{-\infty}^{b}f(x)dx$$

$$\int_{a}^{\infty}f(x)dx$$

$$\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx$$

En esta sección veremos las integrales impropias del segundo tipo que son integrales donde la función $f(x)$ no está definida en todo el intervalo, en algún punto dentro de un intervalo o en los extremos del intervalo.

Integrales impropias del $2^{do}$ tipo

Las integrales impropias del segundo tipo son integrales de la forma:

$$\int_{a}^{b}f(x)dx$$

Donde $f(x)$ es una función positiva y continua en un intervalo finito $[a ,b)$, por lo que se tiene una asíntota vertical en $b$, es decir, la función $f(x)$ tiene una discontinuidad en $x=b$.

Análogamente, si tenemos el intervalo $(a, b]$ se tiene una asíntota vertical en $a$, es decir, la función $f(x)$ tiene una discontinuidad en $x=a$.

Si tenemos que la función se indefine en un punto o varios puntos dentro del intervalo $[a, b]$ con $a<c<b$, entonces las integrales, que también son integrales impropias del segundo tipo, son integrales de funciones que se vuelven infinitas en un punto o varios puntos dentro de un intervalo, para solucionar este problema, veamos la siguiente definición:

Definición: Sea $f(x)$ una función continua en un intervalo $[a, b)$ y con una discontinuidad infinita en $b$ entonces definimos:

$$\int_{a}^{b}f(x)dx=\lim_{x \to b^{-}}\int_{a}^{x}f(t)dt \tag{1}$$

Definición: Análogamente, al caso anterior, sea $f(x)$ una función continua en un intervalo $(a, b]$ y con una discontinuidad infinita en $a$ entonces definimos:

$$\int_{a}^{b}f(x)dx=\lim_{x \to a^{+}}\int_{x}^{b}f(t)dt \tag{2}$$

Definición: Si $f(x)$ es continua en $[a, c) \cup (c,b]$, con $a<c<b$, entonces definimos:

$$\int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{c}f(x)dx+\int_{c}^{b}f(x)dx \tag{2}$$

En estos casos, si la integral de la función $f(x)$ converge a un valor $L$ entonces se dice que la integral es convergente y converge al valor $L$, en caso contrario, se dice que la integral de la función $f(x)$ diverge.

Veamos unos ejemplos.

Ejemplos

  • $$\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt[3]{x}}dx$$

Vemos que la función es discontinua en $x=0$, por la definición $(2)$, podemos calcular la integral como:

$$\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt[3]{x}}dx=\lim_{x \to 0^{+}}\int_{x}^{1}\frac{1}{\sqrt[3]{t}}dt=\lim_{x \to 0^{+}}\int_{x}^{1}t^{-1/3}dt$$

$$=\lim_{x \to 0^{+}}(\frac{3}{2})t^{\frac{2}{3}}\bigg|_{x}^{1}=\lim_{x \to 0^{+}}(\frac{3}{2}-\frac{3}{2}x^{\frac{2}{3}})=\frac{3}{2}$$

$$\therefore \int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt[3]{x}}dx \space \space converge \space a \space \space \frac{3}{2}$$

  • $$\int_{2}^{5}\frac{1}{\sqrt{x-2}}dx$$

Vemos que la función es discontinua en $x=2$, por la definición $(2)$, calculamos la integral como:

$$\int_{2}^{5}\frac{1}{\sqrt{x-2}}dx=\lim_{x \to 2^{+}}\int_{x}^{5}\frac{1}{\sqrt{t-2}}dt=\lim_{x \to 2^{+}}2\sqrt{t-2}\bigg|_{x}^{5}=\lim_{x \to 2^{+}}2(\sqrt{3}-\sqrt{x-2})=2\sqrt{3}$$

$$\therefore \int_{2}^{5}\frac{1}{\sqrt{x-2}}dx=2\sqrt{3}$$

Las integrales impropias del tercer tipo son integrales que mezcla los dos tipos anteriores de integrales impropias, es decir, son integrales impropias tanto del primer tipo como del segundo tipo, por lo que para resolver este tipo de integrales del tercer tipo, se utiliza las mismas estrategias para resolver las integrales del primer y segundo tipo.

Ejemplo

  • $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^{2}}dx$$

Vemos en los límites de integración que es una integral de primer tipo, pero la función tiene una discontinuidad en $x=0$, por lo que esta integral es de tercer tipo, determinamos su convergencia con las definiciones de las integrales de primer y segundo tipo como sigue:

$$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^{2}}dx=\lim_{x \to -\infty}\int_{x}^{0}\frac{1}{t^{2}}dt+\lim_{x \to \infty}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{t^{2}}dt$$

$$=\lim_{x \to -\infty}\left ( \lim_{t \to 0^{-}} \int_{x}^{t} \frac{1}{v^{2}}dv \right )+\lim_{x \to \infty}\left ( \lim_{t \to 0^{+}} \int_{t}^{x} \frac{1}{v^{2}}dv \right )$$

$$=\lim_{x \to -\infty}\left ( \lim_{t \to 0^{-}} \frac{-1}{v}\bigg{|}^{t}_{x} \right)+\lim_{x \to \infty}\left ( \lim_{t \to 0^{+}} \frac{-1}{v}\bigg{|}^{t}_{x} \right )$$

$$=\lim_{x \to -\infty}\left ( \lim_{t \to 0^{-}} \left ( \frac{-1}{t}+\frac{1}{x} \right ) \right)+\lim_{x \to \infty}\left ( \lim_{t \to 0^{+}} \left ( \frac{-1}{t}+\frac{1}{x} \right ) \right )$$

Sabemos que $\lim_{t \to 0} \frac{1}{t}$ se indetermina.

$$\therefore \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{x^{2}}dx \space \space diverge$$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no son para evaluación, pero son ejercicios para que practiques lo aprendido que te ayudaran en el desarrollo del entendimiento del tema, por lo que te invitamos a resolver los siguientes ejercicios propuestos relacionados con el tema visto.

Determine la convergencia de las siguientes integrales:

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. $$\int_{0}^{2}\frac{1}{x^{3}}dx$$
  2. $$\int_{0}^{\infty}\frac{dx}{\sqrt{x}(x+1)}$$
  3. $$\int_{0}^{1}\frac{1}{1-x}dx$$
  4. $$\int_{0}^{3}\frac{1}{(x-1)^{2/3}}dx$$
  5. $$\int_{0}^{1}ln(x)dx$$

Más adelante…

En esta sección vimos las integrales del segundo tipo y tercer tipo, así, como algunos ejemplos, por lo que terminamos de ver los tipos de integrales impropias, en la siguiente sección veremos algunos criterios de convergencia importante para las integrales impropias.

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Cálculo Diferencial e Integral II: Integrales impropias del $1^{er}$ tipo

Por Miguel Ángel Rodríguez García

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Introducción

En la sección anterior vimos el teorema del valor medio para integrales, en esta sección veremos las integrales impropias de primer tipo.

Al introducir el concepto de integral definida se exigió que las funciones estuvieran definidas en intervalos cerrados y que la integral de esas funciones en ese intervalo este definida. En esta entrada se suprimen esas restricciones y veremos integrales del tipo:

$$\int_{a}^{\infty }f(x)dx$$

$$\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1-x}}$$

Obsérvese que en la primera integral el límite de integración se escribe el símbolo de infinito y en la segunda integral para el punto $x=1$ el integrando no está definido en $1$, por lo que veremos las definiciones siguientes.

Integrales impropias del $1^{er}$ tipo

Definición. Sea $f$ una función continua definida en $[a, \infty)$ entonces definimos:

$$\int_{a}^{\infty }f(x)dx=\lim_{x \to \infty }\int_{a}^{x}f(t)dt \tag{1}$$

A $\int_{a}^{\infty }f(x)dx$ se le llama la integral impropia del $1^{er}$ tipo de la función $f$ de $a$ hasta $\infty$.

Definición. Si $\lim_{x \to \infty }\int_{a}^{x}f(t)dt$ es un numero real $L$ se dice que la integral es convergente y converge al valor $L$.

En cambio, si $\lim_{x \to \infty }\int_{a}^{x}f(t)dt$ da como resultado $\infty$ o $-\infty$, es decir, la integral diverge, entonces se dice que la integral diverge a $\infty$ o $-\infty$.

Análogamente, se puede dar la misma definición para cuando el límite de integración inferior tiende a $- \infty$.

Definición. Sea $f$ una función continua definida en $(-\infty, b]$ entonces definimos:

$$\int_{-\infty}^{ b}f(x)dx=\lim_{x \to -\infty }\int_{x}^{b}f(t)dt \tag{2}$$

Podemos tener integrales impropias de una función $f(x)$, tal que, los límites de integración van de $-\infty$ a $\infty$, en este caso, definimos lo siguiente:

Definición. Sea una función continua en $(-\infty, \infty)$ entonces:

$$\int_{-\infty}^{\infty }f(x)dx=\int_{-\infty}^{a}f(x)dx+\int_{a}^{\infty}f(x)dx \tag{3}$$

Veamos unos ejemplos.

Ejemplos

  • Calcula, si es posible, la integral $\int_{1}^{\infty }\frac{dx}{x^{2}}$.

Usamos la definición $(1)$, así:

$$\int_{1}^{\infty }\frac{dx}{x^{2}}=\lim_{x \to \infty }\int_{1}^{x}\frac{1}{t^{2}}dt$$

$$\Rightarrow =\lim_{x \to \infty }\int_{1}^{x}{t^{-2}}dt=\lim_{x \to \infty }\left [ (-1)t^{-1} \right ] \bigg|_{1}^{x}=\lim_{x \to \infty }(-x^{-1}-(-1)^{-1})=-\lim_{x \to \infty }\frac{1}{x}+\lim_{x \to \infty }1$$

Sabemos que:

$$\lim_{x \to \infty }\frac{1}{x}=0$$

Entonces:

$$\int_{1}^{\infty }\frac{dx}{x^{2}}=1$$

  • Calcula la siguiente integral impropia $\int_{-\infty}^{\infty} e^{x-e^{x}}dx$.

Por definición $(3)$, se tiene que:

$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{x-e^{x}}dx=\int_{-\infty}^{a} e^{x-e^{x}}dx+\int_{\infty}^{a} e^{x-e^{x}}dx$$

Usamos ahora las definiciones $(1)$ y $(2)$ como:

$$=\lim_{x \to -\infty} \int_{x}^{a}e^{t-e^{t}}dt+\lim_{x \to \infty} \int_{a}^{x}e^{t-e^{t}}dt$$

Para integrar esta función solo utilizamos el método de cambio de variable, para esto, sea $u=e^{t}$, entonces:

$$\int e^{t-e^{t}}dt=\int e^{-u}dt=-e^{-u}=-e^{-e^{t}}$$

Así, la integral impropia se resuelve como:

$$\lim_{x \to -\infty} \int_{x}^{a}e^{t-e^{t}}dt+\lim_{x \to \infty} \int_{a}^{x}e^{t-e^{t}}dt=\lim_{x \to -\infty}-e^{-e^{x}}+\lim_{x \to \infty}-e^{-e^{x}}=1+0=1$$

Por tanto, la integral converge a 1.

Veamos el teorema siguiente que nos dice para que casos la función $ \frac{dx}{x^{s}} $ converge:

Teorema: $\forall \space s >1$ la integral:

$$\int_{1}^{\infty } \frac{dx}{x^{s}}=\frac{1}{s-1}$$

Es decir, $\frac{1}{x^{s}}$ converge. Sin embargo, si $s\leq 1$ la integral: $$\int_{1}^{\infty } \frac{dx}{x^{s}} \space diverge \space a \space \infty$$

Demostración:

Veamos la demostración por casos.

Sea $s\neq 1$, entonces por definición $(1)$ se tiene que:

$$\int_{1}^{\infty } \frac{dx}{x^{s}}=\lim_{x \to \infty}\int_{1}^{x} \frac{dt}{t^{s}}=\lim_{x \to \infty}\frac{t^{-s+1}}{-s+1}\bigg|_{1}^{x}= \lim_{x \to \infty}\left ( \frac{x^{-s+1}}{-s+1}-\frac{1^{-s+1}}{-s+1} \right )$$

  • Si $s>1 \Rightarrow -s<-1 \Rightarrow -s+1<0$, entonces tenemos que:

$$\lim_{x \to \infty}\frac{x^{-s+1}}{-s+1}=0$$

$$\therefore \int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{s}}=\lim_{x \to \infty}\left (-\frac{1^{-s+1}}{-s+1} \right )=\frac{-1}{-s+1}=\frac{1}{s-1}$$

  • Si $s<1 \Rightarrow -s>-1 \Rightarrow -s+1>0$, entonces:

$$\lim_{x \to \infty}\frac{x^{-s+1}}{-s+1} \to \infty$$

$$\therefore \int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{s}} \space Diverge$$

  • Si $s=1$, entonces:

$$\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{s}}=\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x}=\lim_{x \to \infty}\int_{1}^{\infty}\frac{dt}{t}=\lim_{x \to \infty}\left ( ln(t) \right )\bigg|_{1}^{x}=\lim_{x \to \infty}(ln(x)-ln(1))=\lim_{x \to \infty}ln(x)-0\to \infty$$

$$\therefore \int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{s}} \space Diverge$$

$$\therefore \int_{1}^{\infty } \frac{dx}{x^{s}}=\frac{1}{s-1}$$

Converge para $s>1$ y diverge para $s\leq 1$.

$\square$

Veamos el siguiente ejemplo.

Ejemplo

  • $$\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{3/2}}$$

Vemos que del integrando podemos usar el teorema visto anteriormente donde $s=\frac{3}{2}>1$ por lo que, en ese caso, tenemos que:

$$\int_{1}^{\infty}\frac{dx}{x^{3/2}}=\frac{1}{\frac{3}{2}-1}=\frac{1}{\frac{1}{2}}=2$$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no son para evaluación, pero son ejercicios para que practiques lo aprendido que te ayudaran en el desarrollo del entendimiento del tema, por lo que te invitamos a resolver los siguientes ejercicios propuestos relacionados con el tema visto.

Calcule las siguiente integrales.

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. $$\int_{0}^{\infty}e^{-x}dx$$
  2. $$\int_{-\infty}^{0}sin(x)dx$$
  3. $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dx}{x^{2}+1}$$
  4. $$\int_{0}^{\infty}\frac{e^{x}}{1+e^{2x}}dx$$
  5. $$\int_{1}^{\infty}(1-x)e^{-x}dx$$

Más adelante…

En esta sección vimos integrales impropias del $1^{er}$ tipo que son integrales en donde se integra en un intervalo infinito y se necesita saber el área bajo la curva de una función $f(x)$, es decir, en intervalos no acotados, en la siguiente sección veremos integrales impropias del $2^{do}$ tipo que son integrales impropias en donde la discontinuidad de la función $f(x)$ no está definida en algún punto o todo intervalo en $(a,b)$.

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Cálculo Diferencial e Integral II: Método de sustitución o cambio de variable

Por Miguel Ángel Rodríguez García

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Introducción

En las unidades anteriores, se dieron las bases para la integración de funciones, así como, la integración de funciones con rigurosidad matemática. En esta unidad se estudiaran varias técnicas de integración para determinar integrales sin demasiada rigurosidad matemática y aunque no se estudiaran todas las técnicas de integración se verán las más relevantes.

Método de sustitución o cambio de variable

La integración por sustitución o cambio de variable, que como bien se menciona, es una técnica de integración que necesita uno o más cambios de variables adecuados en el integrando, de tal forma que la integral sea más sencilla de resolver. Comenzamos enunciando el teorema siguiente, la integración por sustitución.

Teorema: Método de sustitución

Sea $g$ una función derivable y con derivada continua, sea $f$ una función continua en un intervalo. Supón además que $F$ es una antiderivada de $f$ entonces:

$$\int_{a}^{b}f(g(x)) \cdot g'(x)dx=\int_{g(a)}^{g(b)}f(u)du= F(g(x)){\bigg|}_{ a }^{ b } $$

Demostración:

Por hipótesis, $F$ es primitiva de $f$, entonces por el segundo teorema fundamental del Cálculo [ Hipervinculo: Calculo II-Segundo Calculo fundamental del calculo] tenemos que:

$$\int_{g(a)}^{g(b)}f(u)du = F(g(b))-F(g(a)) \tag{1}$$

Por otro lado, dado que $f$ es continua, entonces tiene una antiderivada $F$, la función compuesta $f\circ g$ está definida, ya que $g$ es una función, como $g$ es diferenciable, tenemos que, por la regla de la cadena y la definición de antiderivada obtenemos que:

$$\frac { d }{ dx } (F(g(x))=F'(g(x))\cdot g'(x)=f(g(x))\cdot g'(x) \tag{2}$$

Integramos de $a$ hasta $b$, nos fijamos en el lado derecho e izquierdo de la ecuación $(2)$ como sigue:

$$\int_{a}^{b} \frac { d }{ dx } (F(g(x))dx=\int_{a}^{b} f(g(x)) \cdot g'(x) dx $$

Utilizamos nuevamente el teorema fundamental del Cálculo, obteniendo lo siguiente:

$$\int _{ a }^{ b }{ f(g(x)) \cdot g'(x)dx=F(g(b))-F(g(a)) } \tag{3}$$

Observamos las ecuaciones $(1)$ y $(3)$, vemos que se obtuvo la igualdad deseada, por lo que:

$$\int _{ a }^{ b }{ f(g(x)) \cdot g'(x)=F(g(b))-F(g(a)) } = \int_{g(a)}^{g(b)}f(u)du$$

$\square$

Puede quedar no muy claro el cómo utilizar este teorema, por lo que a continuación se ejemplificara con varios ejercicios el método de sustitución.

Ejemplos:

  • $\int { { ({ x }^{ 2 }+1) }^{ 2 }(2x)dx }$

Se hace un cambio de variable para resolver esta integral, cabe destacar que el símbolo para el cambio de variable puede ser cualquiera que guste, por ejemplo cualquier letra del alfabeto o incluso una carita feliz, en la literatura es común utilizar los símbolos de $u$ y $v$ para tales cambios de variable.

Para resolver esta integral, proponemos a $u = {x}^{2}+1$, por lo que, al derivar, se obtiene: $du = 2x dx$, así, al sustituir estas variables, el integrando queda de la siguiente forma:

$$\int u^{2}du$$

Vemos que al hacer el cambio de variable la integral es más sencilla, ya que sabemos que en general cualquier polinomio de grado $n$ se integra como:

$$\int { { x }^{ n }dx } =\frac { { x }^{ n+1 } }{ n } +C$$

Donde $C$ es la constante de integración, siguiendo con el ejercicio:

$$\int { { u }^{ 2 }du= \frac { { u }^{ 3 } }{ 3 } +C } $$

Volviendo a la variable original $x$, la resolución de la integral es:

$$\int { { ({ x }^{ 2 }+1) }^{ 2 }(2x)dx } = \frac { { ({ x }^{ 2 }+1) }^{ 3 } }{ 3 } +C $$

Obsérvese que este integral se puede resolver también multiplicando los factores y utilizar la linealidad de la integral, pero esto es un poco más laborioso. Así vemos que este método nos ayuda a resolver integrales fácilmente.

  • $\int { \frac { 2x-9 }{ \sqrt { { x }^{ 2 }-9x+1 } } } dx$

A simple vista esta integral puede ser complicada y necesitar de otros métodos, pero veamos que no es necesario.

Proponemos como cambio de variable: $u={ x }^{ 2 }-9x+1$, la derivada es: $du=(2x-9)dx$, por lo que la integral se reescribe como:

$$\int { \frac { du }{ \sqrt { u } } }=\int { { u }^{ -1/2 }du }$$

Esta integral se resuelve como:

$$\int { { u }^{ -1/2 }du }=\frac { { u }^{ -1/2+1 } }{ -\frac{1}{2}+1 } +C={ 2u }^{ 1/2 }+C$$

Volviendo a la variable original, el resultado es:

$$\int { \frac { 2x-9 }{ \sqrt { { x }^{ 2 }-9x+1 } } } dx=2\sqrt { { x }^{ 2 }-9x+1 } +C$$

  • $\int { \frac { x+1 }{ { x }^{ 2 }+2x } dx }$

Proponemos como cambio de variable: $u={x}^{2}+2x \Rightarrow du=(2x+2)dx=2(x+1)dx$

Vemos en el integrando que solo está el término $x+1$, por lo que en la relación de la diferencia de $u$, al ser una igualdad, pasamos el $2$ dividiendo como sigue:

$$\Rightarrow \frac { du }{ 2 } =\left(x+1 \right) dx$$

Por lo que reescribimos la integral y la resolvemos:

$$\int \frac { 1 }{ u } \frac{du}{2}=\frac { 1 }{ 2 } ln\left| u \right| +C$$

Volviendo a la variable original, se obtiene que la resolución de la integral es:

$$\int { \frac { x+1 }{ { x }^{ 2 }+2x } dx }=\frac { 1 }{ 2 } ln\left| { x }^{ 2 }+2x \right| +C $$

  • $\int _{ 1 }^{ 3 }{ \frac { { e }^{ 3/x } }{ { x }^{ 2 } } dx }$

Vemos en este caso que tenemos una integral definida. Proponemos como cambio de variable: $$u=\frac { 3 }{ x } \Rightarrow du=-3{ x }^{ -2 }dx$$

Al hacer un cambio de variable en las integrales con límites de integración, se tiene que cambiar los límites de integración como sigue: Si $x=1 \Rightarrow u=3$, si $x=3 \Rightarrow u=1$, así la integral se reescribe como:

$$\int _{ 3 }^{ 1 }{\left ( -\frac { 1 }{ 3 }\right ) { e }^{ u }du }$$

Resolviendo esta integral, sabemos que al cambiar los límites de integración se cambia el signo de la integral [ Hipervinculo: Calculo II-Tema que contiene el cambio de signo al cambiar los límites de integración], entonces tenemos que:

$$\int _{ 1 }^{ 3 }{ \frac { 1 }{ 3 } { e }^{ u }du}={ \left[ \frac { 1 }{ 3 } { e }^{ u }du \right] }{\bigg|}_{ 1 }^{ 3 }=\frac { 1 }{ 3 } \left( { e }^{ 3 }-{ e } \right)$$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no son para evaluación, pero son ejercicios para que practiques lo aprendido que te ayudaran en el desarrollo del entendimiento del tema, por lo que te invitamos a resolver los siguientes ejercicios propuestos relacionados con el tema visto.

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

Resuelve las siguientes integrales utilizando el método de sustitución:

  1. $$\int \sqrt { 2x+1 }dx$$
  2. $$\int 3{ x }^{ 2 }\sqrt { { x }^{ 3 }-2 } dx$$
  3. $$\int \frac { { x }^{ 2 }+x+1 }{ { x }^{ 2 }+1 } dx $$ Hint: Hacer la división de polinomios.
  4. $$\int _{ -2 }^{ 3 } x \cos { {( x }^{ 2 }+3)}dx$$
  5. $$\int _{ 0 }^{ \pi /4 } \sqrt { 1+\cos(4x)} dx$$ Hint: Utilizar la identidad ${ \cos }^{2 }(\theta) =\frac { 1+\cos { (2\theta) } }{ 2 }$ y utilizar un cambio de variable.

Más adelante…

Como se mencionó anteriormente, esta técnica de integración facilita resolver algunas integrales utilizando uno o más cambios de variables apropiados para poder resolver la integral como se vio en esta sección, pero en otros casos no se pueden resolver integrales solo utilizando el cambio de variable, en la siguiente sección veremos otro método de integración llamado integración por partes.

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Cálculo Diferencial e Integral II: Sustitución Trigonométrica

Por Miguel Ángel Rodríguez García

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Introducción

En las últimas dos secciones anteriores vimos integrales trigonométricas que contiene producto de potencias de las funciones trigonométricas básicas, en esta sección veremos integrales que se resuelven con sustituciones utilizando las funciones trigonométricas, veamos como.

Método de sustitución trigonométrica

El método de sustitución trigonométrica consiste en resolver integrales que contienen términos de la forma:

  • $$\sqrt{a^{2}-x^{2}}$$
  • $$\sqrt{x^{2}-a^{2}}$$
  • $$\sqrt{x^{2}+a^{2}}$$

Para hacer estas sustituciones con las funciones trigonométricas básicas se debe ver cada caso según corresponda.

Caso 1: Integrales de la forma: $\sqrt{a^{2}-x^{2}}$

Figura 1: Triángulo de referencia para la sustitución $x=a\sin(\theta)$

Podemos auxiliarnos con un triángulo rectángulo como vemos en la figura $(1)$, y recordar un poco de trigonometría básica, recordemos que en un triángulo rectángulo:

$$\sin(\theta)=\frac{Cateto \space opuesto}{Hipotenusa}=\frac{x}{a}\Rightarrow a \cdot \sin\theta=x $$

Podemos hacer la sustitución:

$$x=a \cdot \sin(\theta) \tag{1}$$

Por otro lado:

$$\cos(\theta)=\frac{Cateto \space adyacente}{Hipotenusa}=\frac{\sqrt{a^{2}-x^{2}}}{a} \Rightarrow \sqrt{a^{2}-x^{2}}=a \cdot \cos(\theta) \tag{2}$$

Estas son las sustituciones que debemos de hacer para integrales del tipo $\sqrt{a^{2}-x^{2}}$, en este punto talvez pueda ser un poco confuso de utilizarlas, así que veamos el ejemplo siguiente.

  • $\int \frac{dx}{x^{2}\sqrt{9-x^{2}}}$

Vemos que lo que está adentro de la raíz es similar al del caso $(1)$, por lo que podemos hacer la siguiente figura:

Figura 2: Triángulo para el ejercicio 1.

De la figura $(2)$ y de la relación $(1)$, podemos escribir:

$$\frac{x}{3}=\sin(\theta) \Rightarrow x=3\sin(\theta) \Rightarrow dx=3\cos(\theta)d\theta$$

Elevamos al cuadrado la variable $x$ como:

$$x^{2}=9\sin^{2}(\theta)$$

Por otro lado, utilizando la relación $(2)$ tenemos que:

$$\frac{\sqrt{9-x^{2}}}{3}=\cos(\theta) \Rightarrow \sqrt{9-x^{2}}=3\cos(\theta)$$

Así sustituimos estas variables en la integral obteniendo lo siguiente:

$$\int \frac{dx}{x^{2}\sqrt{9-x^{2}}}=\int \frac{3\cos(\theta)d\theta}{9\sin^{2}(\theta)3\cos(\theta)}=\frac{1}{9}\int \frac{1}{\sin^{2}(\theta)}d\theta=\frac{1}{9}\int csc^{2}(\theta)d\theta$$

La resolución de esta integral se utiliza los métodos de integrales trigonométricas vistos en esta entrada, por lo que:

$$\frac{1}{9}\int \csc^{2}(\theta)d\theta=\frac{1}{9}(-\cot(\theta))+C$$

Volvemos a la variable original $x$, reescribimos a la función cotangente como: $$\cot(\theta)=\frac{\cos(\theta)}{\sin(\theta)}$$

Con los cambios de variable que hicimos, tenemos que:

$$\cot(\theta)=\frac{\cos(\theta)}{\sin(\theta)}=\frac{\frac{\sqrt{9-x^{2}}}{3}}{\frac{x}{3}}=\frac{{\sqrt{9-x^{2}}}}{{x}}$$

Así la resolución de la integral es:

$$\int \frac{dx}{x^{2}\sqrt{9-x^{2}}}= -\frac{1}{9}\frac{{\sqrt{9-x^{2}}}}{{x}}+C$$

Caso 2: Integrales de la forma $\sqrt{x^{2}-a^{2}}$

Figura 3: Triángulo de referencia para la sustitución $x=a\sec(\theta)$

Análogamente, nos auxiliamos de un triángulo rectángulo como vemos en la figura $(3)$, recordamos que:

$$\sec(\theta)=\frac{1}{\cos(\theta)}=\frac{Hipotenusa}{Cateto \space adyacente}=\frac{x}{a} $$

Podemos hacer la sustitución:

$$x=a \cdot \sec(\theta) \tag{3}$$

Por otro lado:

$$\tan(\theta)=\frac{Cateto \space opuesto}{Cateto \space adyacente}=\frac{\sqrt{x^{2}-a^{2}}}{a} \Rightarrow \sqrt{x^{2}-a^{2}}=a \cdot \tan(\theta) \tag{4}$$

Por lo que estas son las sustituciones que debemos hacer en este caso, veamos un ejemplo.

  • $\int \frac{dx}{\sqrt{25x^{2}-4}}$

Nos fijamos en el radicando y notamos que es similar al caso $(2)$, pero vemos que tenemos un problema con el número que va multiplicando $x^{2}$, ya que se quiere que sea de la forma: $\sqrt{x^{2}-a^{2}}$, por lo que podemos rescribir el radical como sigue: $$\sqrt{25x^{2}-4}=\sqrt{25(x^{2}-\frac{4}{25}})=5\sqrt{x^{2}-\left (\frac{2}{5} \right )^{2}} \tag{5}$$.

Así podemos hacer la siguiente figura:

Figura 4: Triángulo para el ejercicio 2.

De la figura $(4)$ y de la relación $(3)$, hacemos la sustitución:

$$x=\frac{2}{5}\sec(\theta) \Rightarrow dx=\frac{2}{5}\sec(\theta)\tan(\theta)d\theta$$

Por otro lado, utilizando la relación $(4)$, tenemos que:

$$\frac{\sqrt{x^{2}-(\frac{2}{5})^{2}}}{\frac{2}{5}}=\tan(\theta) \Rightarrow \sqrt{x^{2}-\left ( \frac{2}{5} \right )^{2}}=\frac{2}{5}\tan(\theta)$$

Sustituyendo en la integral tenemos que:

$$\int \frac{dx}{\sqrt{25x^{2}-4}}=\int \frac{\frac{2}{5}\sec(\theta)\tan(\theta)}{5(\frac{2}{5}\tan(\theta))}d\theta=\frac{1}{5}\int \sec(\theta )d\theta$$

Recordemos que el 5 que está multiplicando en el divisor viene de la relación $(5)$.

Sabemos que la solución de esta integral está dada como:

$$\int \sec(\theta )d\theta = ln|\sec(\theta)+\tan(\theta )|+C$$

Por lo que:

$$\frac{1}{5}\int \sec(\theta )d\theta=\frac{1}{5}ln|\sec(\theta)+\tan(\theta )|+C$$

Volviendo a la variable original $x$, el resultado de la integral es:

$$\int \frac{dx}{\sqrt{25x^{2}-4}}=\frac{1}{5}ln\bigg|\frac{5x}{2}+\frac{5\sqrt{x^{2}-\left (\frac{2}{5} \right )^{2}}}{2}\bigg|+C$$

Caso 3: Integrales de la forma $\sqrt{x^{2}+a^{2}}$

Figura 5: Triángulo de referencia para la sustitución $x=a\tan(\theta)$

Análogamente, nos auxiliamos de un triángulo rectángulo, como se muestra en la figura $(5)$, sabemos que: $$\tan(\theta)=\frac{Cateto \space opuesto}{Cateto \space adyacente}=\frac{x}{a}$$

Podemos hacer la sustitución:

$$x=a \cdot \tan(\theta) \tag{6}$$

Por otro lado:

$$\sec(\theta)=\frac{1}{\cos(\theta)}=\frac{Hipotenusa}{Cateto \space adyacente}=\frac{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}{a} \Rightarrow \sqrt{x^{2}+a^{2}}=a \cdot \sec(\theta) \tag{7}$$

Veamos el siguiente ejemplo para ejemplar este caso.

  • $\int \frac{dx}{(x^{2}+1)^{\frac{3}{2}}}$

Podemos expresar el integrando de la siguiente forma:

$$\int \frac{dx}{(x^{2}+1)^{\frac{3}{2}}}=\int \frac{dx}{(\sqrt{x^{2}+1})^{3}}$$

Figura 6: Triángulo para el ejercicio 3.

Vemos que es igual al caso $(3)$, por lo que nos ayudamos de la figura $(6)$ y utilizando la relación $(6)$, tenemos que:

$$\frac{x}{1}=\tan(\theta) \Rightarrow dx=\sec^{2}(\theta)d\theta$$

Por otro lado, utilizando la relación $(7)$, se tiene que:

$$\frac{\sqrt{x^{2}+1}}{1}=\sec(\theta) \Rightarrow (\sqrt{x^{2}+1})^{3} =\sqrt[3]{x^{2}+1}=\sec^{3}(\theta)$$

Sustituyendo en la integral tenemos que:

$$\int \frac{dx}{(x^{2}+1)^{\frac{3}{2}}}=\int \frac{\sec^{2}(\theta )d\theta}{\sec^{3}(\theta )}=\int \frac{1}{\sec(\theta )}d\theta=\int \cos(\theta)d\theta=\sin\theta+C$$

Para regresar a la variable $x$ volvemos a auxiliarnos de la figura $(6)$, recordemos que:

$$\sin(\theta)=\frac{Cateto \space opuesto}{Hipotenusa}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}$$

Así:

$$\int \frac{dx}{(x^{2}+1)^{\frac{3}{2}}}=\frac{x}{\sqrt{x^{2}+1}}+C$$

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no son para evaluación, pero son ejercicios para que practiques lo aprendido que te ayudaran en el desarrollo del entendimiento del tema, por lo que te invitamos a resolver los siguientes ejercicios propuestos relacionados con el tema visto.

Resolver las siguientes integrales:

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  1. $$\int \frac{\sqrt{9-x^{2}}}{x^{2}}dx$$
  2. $$\int \frac{dx}{\sqrt{4x^{2}+1}}dx$$
  3. $$\int \frac{\sqrt{x^{2}-1}}{x}dx$$
  4. $$\int \sqrt{x^{2}+x}dx$$
  5. $$\int_{0}^{2\sqrt{3}} \frac{x^{3}}{\sqrt{16-x^{2}}}dx$$
  6. $$\int_{\sqrt{3}}^{2} \frac{\sqrt{x^{2}-3}}{x}dx$$

Más adelante…

En esta sección vimos el método de sustitución trigonométrica viendo las condiciones para poder aplicar este método auxiliándonos con triángulos rectángulos en el cual nos ayuda a resolver integrales fácilmente, por lo que en esta entrada vimos que se pueden resolver integrales utilizando las funciones trigonométricas. En la siguiente sección veremos el método de fracciones parciales para poder integrar polinomios que tengan el grado del numerador menor que el del denominador.

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Álgebra Lineal I: Proceso de Gram-Schmidt

Por Blanca Radillo

4 respuestas

Introducción

Durante esta semana hemos introducido el concepto de bases ortogonales y ortonormales, así como algunas propiedades especiales. Para poder aplicar los resultados que hemos visto, es necesario insistir en que las bases sean de este tipo (ortonormales). Ahora veremos cómo encontrar bases ortonormales usando algo llamado el proceso de Gram-Schmidt.

Recordando todos los problemas anteriores de este curso, decíamos que una base es un conjunto de vectores linealmente independientes y que el número de vectores coincide con la dimensión del espacio. Pero hasta este momento no nos interesó determinar si las bases eran ortonormales o no. Si nos pusiéramos a ver si lo eran, es probable que muy pocas lo sean. Entonces surgen dos preguntas, ¿será difícil encontrar una base ortonormal de un espacio vectorial? y ¿habrá alguna manera de construir una base ortonormal?

Proceso de Gram-Schmidt

La respuesta a la primera pregunta es «no, no es difícil», y justo la respuesta de la segunda pregunta es la justificación. Dada una base cualquiera del espacio vectorial, podemos construir una base ortonormal de ese mismo espacio gracias al siguiente teorema.

Teorema (Gram-Schmidt). Sean $v_1,v_2,\cdots,v_d$ vectores linealmente independientes en un espacio vectorial $V$ sobre $\mathbb{R}$ (no necesariamente de dimensión finita), con producto interior $\langle \cdot , \cdot \rangle$. Entonces existe una única familia de vectores ortonormales $e_1,e_2,\ldots,e_d$ en $V$ con la propiedad de que para todo $k=1,2,\ldots,d$, tenemos que

\begin{align*}
\text{span}(e_1,e_2,\cdots,e_k)&=\text{span}(v_1,v_2,\cdots,v_k), \quad \text{y} \quad\\
\langle e_k,v_k \rangle&>0.
\end{align*}

Demostración. Lo haremos por inducción sobre $d$, la cantidad de vectores con la que empezamos.

La base inductiva es cuando $d=1$. Tomamos un vector $e_1\in \text{span}(v_1)$, entonces podemos escribirlo como $e_1=\lambda v_1$ para cierta $\lambda$. Si queremos que $0<\langle e_1,v_1 \rangle=\lambda\norm{v_1}^2$, entonces $\lambda>0$. Además queremos que $e_1$ tenga norma igual a 1, entonces $$1=\norm{e_1}^2=\langle e_1,e_1 \rangle=\lambda^2\norm{v_1}^2,$$ lo cual es posible si $\lambda=\frac{1}{\norm{v_1}}$. Como $e_1$ es un múltiplo escalar de $v_1$, se tiene que $\text{span}(e_1)=\text{span}(v_1)$. Además, la construcción forzó a que $e_1=\frac{1}{\norm{v_1}} v_1$ sea el único vector que satisface las condiciones del teorema.

Hagamos ahora el paso inductivo. Tomemos un entero $d\geq 2$, y supongamos que el teorema es cierto para $d-1$. Sean $v_1,v_2,\cdots,v_d$ vectores en $V$ linelmente independientes. Por hipótesis, sabemos que existe una única familia de vectores ortonormales $e_1,\cdots,e_{d-1}$ que satisfacen las condiciones del teorema respecto a la familia $v_1,\cdots,v_{d-1}$. Es suficiente con probar que existe un único vector $e_d$ tal que $e_1,\cdots,e_d$ satisface el teorema con respecto a $v_1,\cdots,v_d$, esto es
\begin{align*}
\norm{e_d}&=1,\\
\langle e_d,e_i \rangle&=0 \quad \forall 1\leq i\leq d-1,\\
\langle e_d, v_d \rangle &> 0,
\end{align*}

y

$\text{span}(e_1,\cdots,e_d)=\text{span}(v_1,\cdots,v_d),$

ya que, por hipótesis, los casos de $k<d$ se cumplen.

La idea para construir $e_d$ es tomarlo de $\text{span}(v_1,\cdots,v_d)$, expresarlo como combinación lineal de estos y encontrar condiciones necesarias y suficientes sobre los coeficientes de $e_d$ para que satisfaga las conclusiones del teorema. Hagamos esto.

Sea $e_d$ un vector tal que $e_d\in\text{span}(v_1,\cdots,v_d)$. Por ser linealmente independientes y por hipótesis $$\text{span}(v_1,\cdots,v_d)=\text{span}(e_1,\cdots,e_{d-1})+\text{span}(v_d),$$ entonces podemos escribir $e_d$ como

$e_d=\lambda v_d +\sum_{i=1}^{d-1} a_i e_i$

para algunos $\lambda,a_1,\cdots,a_{d-1}$. Si resulta que $\lambda\neq 0$, esto también implicará que $\text{span}(e_1,\cdots,e_d)=\text{span}(v_1,\cdots,v_d)$.

Ahora, dado que $e_d$ debe formar una familia ortonormal con el resto de los vectores, para todo $j=1,\cdots,d-1$, tenemos que


\begin{align*}
0&=\langle e_d,e_j \rangle\\
&=\lambda\langle v_d,e_j\rangle + \sum_{i=1}^{d-1} a_i\langle e_i,e_j \rangle\\
&=\lambda\langle v_d,e_j \rangle +a_j,
\end{align*}

entonces $a_j=-\lambda\langle v_d,e_j \rangle$. Si logramos mostrar que hay un único $\lambda$ con el que se pueda satisfacer la conclusión del teorema, el argumento anterior muestra que también hay únicos $a_1,\ldots,a_{d-1}$ y por lo tanto que hay un único vector $e_d$ que satisface el teorema.

Sustituyendo los coeficientes anteriores, obtenemos que

$e_d=\lambda\left(v_d-\sum_{i=1}^{d-1} \langle v_d,e_i\rangle e_i \right).$

Notemos que si $z:=v_d-\sum_{i=1}^{d-1} \langle v_d,e_i\rangle e_i$ es cero, $v_d$ estaría en $$\text{span}(e_1,\cdots,e_{d-1}) = \text{span}(v_1,\cdots,v_{d-1}),$$ contradiciendo que los vectores $v_i$’s son linealmente independientes, entonces $z\neq 0$.

Ahora como queremos que $1=\norm{e_d}=|\lambda| \norm{z}$, esto implica que $|\lambda|=\frac{1}{\norm{z}}$.

Como además queremos que $\langle e_d,v_d \rangle >0$ y

$\langle e_d,v_d\rangle =\left\langle e_d,\frac{e_d}{\lambda}+\sum_{i=1}^{d-1} \langle v_d,e_i\rangle e_i \right\rangle=\frac{1}{\lambda},$

se deduce que $\lambda$ es único y está determinado por $\lambda=\frac{1}{\norm{z}}.$ Por lo tanto existe (y es único) el vector $e_d$ que satisface el teorema.

$\square$

Este proceso de construcción es mejor conocido como el proceso de Gram-Schmidt. La demostración da a la vez un algoritmo que nos permite encontrar bases ortogonales (y de hecho ortonormales). Veremos ejemplos de esto en la siguiente sección. Antes de eso, enunciaremos formalmente una de las conclusiones más importantes del teorema anterior.

Recuerda que un espacio Euclideano es un espacio vectorial de dimensión finita sobre $\mathbb{R}$ y con un producto interior. Podemos aplicar el proceso de Gram-Schmidt a cualquier base $v_1,\ldots,v_d$ de un espacio Euclideano $V$ y al final obtendremos una familia $e_1,\ldots,e_d$ de vectores ortonormales. Como sabemos que las familias de vectores ortonormales son linealmente independientes, y tenemos $d$ vectores, concluimos que $e_1,\ldots,e_d$ es una base ortonormal. En resumen, tenemos el siguiente resultado.

Corolario. Todo espacio Euclideano tiene una base ortonormal.

Ejemplos de aplicación del proceso de Gram-Schmidt

A continuación veremos algunos ejemplos que nos ayuden a clarificar más este algoritmo.

Ejemplo 1. Sean $v_1,v_2,v_3$ vectores en $\mathbb{R}^3$ (con el producto interior estándar) definidos por

$v_1=(1, 1, 0), \quad v_2=( 1, 1, 1), \quad v_3=( 1, 0, 1)$.

Es fácil ver que estos vectores son linealmente independientes. Entonces construyamos según el proceso de Gram-Schmidt la familia ortonormal de vectores $e_1,e_2,e_3$. Tenemos que

$e_1=\frac{v_1}{\norm{v_1}}=\frac{v_1}{\sqrt{2}}=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right)$.

Ahora, tomando $z_2=v_2-\langle v_2,e_1\rangle e_1$, tenemos que $e_2$ está definido como $\frac{z_2}{\norm{z_2}}$, entonces

\begin{align*}
z_2&=(1,1,1)-\left[(1,1,1)\cdot \left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right)\right]\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right) \\
&=(1,1,1)-\left[\frac{2}{\sqrt{2}}\right]\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}},0\right) \\
&=(1,1,1)-(2/2,2/2,0)\\
&=(1,1,1)-(1,1,0)=(0,0,1).
\end{align*}

Esto implica que $e_2=\frac{1}{1}(0,0,1)=(0,0,1)$. Finalmente tomando $z_3=v_3-\langle v_3,e_1 \rangle e_1 – \langle v_3,e_2 \rangle e_2$, sabemos que $e_3=\frac{z_3}{\norm{z_3}}$. Entonces

\begin{align*}
z_3&=v_3-\langle v_3,e_1 \rangle e_1 – \langle v_3,e_2 \rangle e_2 \\
&=(1,0,1)-\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)-(0,0,1) \\
&=\left(\frac{1}{2},-\frac{1}{2},0\right).
\end{align*}

Por lo tanto

$e_3=\frac{1}{\sqrt{1/2}}\left(\frac{1}{2}, -\frac{1}{2},0\right)=\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}},0\right).$

$\triangle$

Ejemplo 2. Sea $V$ el espacio de polinomios en $[0,1]$ con coeficientes reales de grado a lo más 2, con el producto interior

$\langle p,q \rangle =\int_0^1 p(x)q(x) dx.$

Sean $v_1=1$, $v_2=1+x$, $v_3=1+x^2$ vectores en $V$ que claramente son linealmente independientes. Encontraremos los vectores que nos da el proceso de Gram-Schmidt.

Primero calculemos

$\norm{v_1}^2=\int_0^1 1 dx= 1$,

entonces $e_1=\frac{v_1}{\norm{v_1}}=v_1=1$. Ahora calculemos $z_2$:

\begin{align*}
z_2&=v_2-\langle v_2,e_1 \rangle e_1 \\
&=1+x- \int_0^1 (1+x)dx=1+x-\left(1+\frac{1}{2}\right) \\
&=x-\frac{1}{2}.
\end{align*}

Haciendo la integral $$\int_0^1 \left(x-\frac{1}{2}\right)^2 dx$$ se obtiene que $\norm{z_2}=\sqrt{\frac{1}{12}}$, entonces $e_2=\sqrt{12}\left(x-\frac{1}{2}\right)$.

Por último, hay que calcular $z_3$ así como su norma. Primero,

\begin{align*}
z_3&=v_3-\langle v_3,e_1 \rangle e_1 – \langle v_3,e_2 \rangle e_2 \\
&=(1+x^2)-\int_0^1 (1+x^2)dx – 12\left(x-\frac{1}{2}\right)\int_0^1 (1+x^2)\left(x-\frac{1}{2}\right)dx \\
&=1+x^2-\left(1+\frac{1}{3}\right)-12\left(x-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{1}{12}\right) \\
&=x^2-\frac{1}{3}-x+\frac{1}{2} \\
&=x^2-x+\frac{1}{6},
\end{align*}

y luego, con la integral $$\int_0^1 \left(x^2-x+\frac{1}{6}\right)^2 dx$$ se calcula que $\norm{z_3}=\frac{1}{6\sqrt{5}}$, por lo tanto $e_3=6\sqrt{5}\left(x^2-x+\frac{1}{6}\right)$.

$\triangle$

Aunque no es un proceso muy eficiente, nos garantiza que podemos encontrar una base ortonormal para cualquier espacio vectorial (con producto interior). Ya con una base ortonormal, podemos usar la descomposición de Fourier de la cual hablamos la entrada anterior y con ella todas las consecuencias que tiene.

Si quieres ver muchos más ejemplos del proceso en $\mathbb{R}^n$, puedes usar una herramienta en línea que te permite ver el proceso paso a paso en el conjunto de vectores que tu elijas. Una posible página es el Gram-Schmid Calculator de eMathHelp.

Más adelante…

En esta última entrada teórica de la unidad 3, vimos el método de Gram-Schmidt para construir una base ortonormal, que es un proceso algorítmico que parte de tener una base de un espacio y al final calcula una base ortonormal. También se vieron algunos ejemplos de la aplicación de este proceso para espacios vectoriales finitos como $\mathbb{R}^3$ y el espacio de polinomios en [0,1] de grado a lo más 2. Aunque no es una manera muy eficaz para encontrar una base ortonormal, sí te garantiza que lo que construye es una.

En la próxima entrada veremos ejercicios resueltos de los temas que hemos estado estudiando a lo largo de esta semana. 

Tarea moral

A continuación hay algunos ejercicios para que practiques los conceptos vistos en esta entrada. Te será de mucha utilidad intentarlos para entender más la teoría vista.

  • Verifica que con el valor $\lambda$ que se encontró en la demostración del teorema de Gram-Schmidt en efecto se obtiene un vector $e_d$ que satisface todas las conclusiones que se desean.
  • Revisa que los vectores que se obtuvieron en los ejemplos de aplicación del proceso de Gram-Schmidt en efecto son bases ortogonales de los espacios correspondientes.
  • Aplica el proceso de Gram-Schmidt a los polinomios $1$, $x$, $x^2$ en el espacio Euclideano de los polinomios reales de grado a lo más dos y producto interior $$\langle p, q \rangle = p(0)q(0)+p(1)q(1)+p(2)q(2).$$
  • Aplica el proceso de Gram-Schmidt a los vectores \begin{align*}(1,1,1,1)\\ (0,1,1,1)\\ (0,0,1,1)\\ (0,0,0,1)\end{align*} de $\mathbb{R}^4$ con el producto interior canónico (el producto punto).
  • Usa el Gram-Schmidt Calculator de eMathHelp para ver paso a paso cómo se aplica el proceso de Gram-Schmidt a los vectores \begin{align*}(1,2,1,1,-1)\\ (0,0,1,0,0)\\ (2,0,0,1,1)\\ (0,2,0,0,1)\\ (-3,0,0,1,0)\end{align*} de $\mathbb{R}^5$.

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Agradecimientos

Trabajo realizado con el apoyo del Programa UNAM-DGAPA-PAPIME PE104721 «Hacia una modalidad a distancia de la Licenciatura en Matemáticas de la FC-UNAM»