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Ecuaciones Diferenciales I – Videos: Introducción al curso y definiciones básicas

Imágen Ecuaciones Diferenciales I

Introducción

Hola a todos. Esta es la primer entrada de una serie de videos correspondientes a un curso completo de Ecuaciones Diferenciales I, tomando como base el temario oficial de la Facultad de Ciencias de la UNAM, el cual podrás encontrar en el siguiente enlace (temario oficial).

En esta primer entrada daremos una pequeña introducción donde hablaremos a grandes rasgos sobre lo que tratará el curso. Posteriormente daremos un primer vistazo a lo que son las ecuaciones diferenciales y motivaremos su estudio mediante ejemplos donde juegan un papel fundamental. Finalmente veremos las definiciones básicas que necesitamos conocer para poder comenzar un estudio formal de las ecuaciones diferenciales.

¡Vamos a comenzar!

¿De qué trata el curso?

El curso pretende introducirte al mundo de las ecuaciones diferenciales ordinarias. A grandes rasgos una ecuación diferencial ordinaria es una relación entre una variable independiente $t$, una función que depende de $t$, y las derivadas de distintos órdenes de la función. Cuando la relación involucra más de una variable independiente hablaremos de una ecuación en derivadas parciales, sin embargo en este curso no abordaremos ese caso.

Principalmente veremos las distintas técnicas de resolución de ecuaciones, especialmente de primer y segundo orden, así como sistemas de ecuaciones de primer orden. Sin embargo, como el conjunto de ecuaciones diferenciales que se pueden resolver por métodos analíticos es muy pequeño, también analizaremos las ecuaciones desde un punto de vista cualitativo, es decir, realizaremos una descripción lo más completa posible de las soluciones a una ecuación diferencial sin conocerlas explícitamente. También abordaremos el Teorema de Existencia y Unicidad, el cual nos brinda las herramientas para poder resolver problemas con condiciones iniciales, bajo ciertas condiciones.

Motivación y ejemplos de modelos matemáticos mediante ecuaciones diferenciales

Comenzamos el curso con un par de aplicaciones a problemas de dinámica de poblaciones. Revisamos cómo modelar matemáticamente dichos fenómenos mostrando la importancia de las ecuaciones diferenciales.

Definiciones básicas

En el primer video, damos las definiciones de ecuación diferencial ordinaria, soluciones y orden de una ecuación, con sus respectivos ejemplos para que tengas claros estos conceptos.

En el segundo video, revisamos el concepto de problema de condición inicial, también llamado problema de valor inicial, y mediante un ejemplo analizaremos la importancia que tiene en la búsqueda de soluciones particulares de una ecuación. Por último clasificamos a las ecuaciones en lineales y no lineales, ya que en próximos videos comenzaremos a ver las técnicas para resolver este tipo de ecuaciones.

Tarea moral

Los siguientes ejercicios no forman parte de la evaluación del curso, pero te servirán para entender mucho mejor los conceptos vistos en esta entrada, así como temas posteriores.

  • Investiga acerca de algún problema de la vida real que se modele mediante una ecuación diferencial.
  • Comprobar que cuando $P<N$, entonces la tasa de cambio del tamaño de la población en el ejemplo del modelo logístico ( visto en el segundo video) es positiva, es decir, $\frac{dP}{dt}=k(1-\frac{P}{N})P>0$, por lo cual el tamaño de la población crece.

Verificar si las siguientes funciones son solución a su respectiva ecuación diferencial:

  • $\frac{d^{2}y}{dt}+y=0, \,\,\,\,\, y(t)=\sin t$.
  • $y'{}’+5y’+6y=0, \,\,\,\,\, y(t)=e^{-2t}$.
  • $\frac{dy}{dt}+y=te^{t}, \,\,\,\,\, y(t)=ce^{-t}+\frac{te^{t}}{2}-\frac{e^{t}}{4}$.
  • Sabemos que $y(t)=\frac{1}{k-t}$ es solución a la ecuación $\frac{dy}{dt}=y^{2}$ (verifícalo). Encuentra la solución al problema si agregamos la condición inicial $y(0)=1$.

¿Cuál es el orden de las siguientes ecuaciones diferenciales? ¿Son lineales o no?

  • $3ty+y^{2}+(t^{2}+ty)\frac{dy}{dt}=0$.
  • $\alpha t\frac{d^{5}y}{dt}+\sin(t)\frac{d^{2}y}{dt}-\frac{dy}{dt}+t^{5}y=t$.
  • $\cos(t^{2})-y'{}'{}’+37e^{t}y'{}’+y’-\cosh(y)=100e^{\cos(t^{3})}$.

Más adelante

En la próxima entrada analizaremos un poco de la geometría de soluciones de una ecuación de primer orden mediante algunas técnicas bastante sencillas.

Primero veremos cómo asociar un campo de pendientes a una ecuación, y conoceremos cuál es la relación que tiene este campo con las soluciones a la ecuación. Posteriormente veremos el método de las isóclinas para encontrar el campo de pendientes asociado a una ecuación y sus soluciones en el plano $t-y$.

¡No se los pierdan!

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Seminario de Resolución de Problemas: Series telescópicas

Introducción

En la entrada anterior vimos las series geométricas y su uso para la resolución de problemas específicos. En esta sección trataremos otro tipo de series que resultan de utilidad al momento de resolver problemas, este tipo de series son muy utilizadas en problemas de cálculo.

Series Telescópicas

Dada una sucesión $\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ decimos que la serie $\sum_{n=1}^{\infty}(a_n-a_{n+1})$ es telescópica por la forma de sus sumas parciales.

\begin{align*}
\sum_{n=1}^N(a_n-a_{n+1})&=(a_1-a_2)+(a_2-a_3)+…+(a_{N-1}-a_N)+(a_N-a_{N+1})\\
&=a_1-a_{N+1}
\end{align*}

Notemos que la serie $\sum_{n=1}^{\infty}(a_n-a_{n+1})$ converge solo si la sucesión es convergente.

Ejemplos de series telescópicas convergentes y no convergentes.

Determina el resultado de la serie $\sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{n(n+1)} \right)$.

A simple vista, la serie que se nos presenta no parece ser telescópica. Sin embargo, si cambiamos un poco la estructura de $\frac{1}{n(n+1)}$ podemos notar que

\begin{equation*}
\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}
\end{equation*}

Con esto tenemos que

\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n(n+1)}\right)=\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)
\end{equation*}

Con esta última expresión, podemos observar que la serie es telescópica dado que su suma parcial queda de la siguiente manera

\begin{align*}
\sum_{n=1}^N \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)&=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{N-1}-\frac{1}{N}+\frac{1}{N}-\frac{1}{N+1}\\
&=1-\frac{1}{N+1}
\end{align*}

Pero como queremos la serie con límite superior infinito, basta con que calculemos el límite cuando $N\to\infty$ de la suma parcial.

\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n(n+1)}\right)&=\lim_{N\to\infty} \sum_{n=1}^N \left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\\
&=\lim_{N\to\infty} \left( 1-\frac{1}{N+1}\right)=1
\end{align*}

En este ejemplo la serie resulta ser convergente dado que la sucesión $\{ \frac{1}{n(n+1)} \}$ es convergente.

$\square$

Un segundo ejemplo es si queremos calcular la $\sum_{n=1}^\infty (3n^2+3n+1)$.

La serie diverge ya que la sucesión$\{3n^2+3n+1\}$ diverge. Sin embargo, eso no nos impide poder calcular la suma parcial $\sum_{n=1}^N (3n^2+3n+1)$

En principio, $\sum_{n=1}^N (3n^2+3n+1)$ no parece ser telescópica, pero podemos modificar el problema, para verla como una serie telescópica.

Tenemos que
\begin{equation*}
\sum_{n=1}^N (3n^2+3n+1)=\sum_{n=1}^N (n^3-n^3+3n^2+3n+1)
\end{equation*}

Como estamos sumando un cero a la expresión, no alteramos el problema.

Así que

\begin{align*}
\sum_{n=1}^N (n^3-n^3+3n^2+3n+1)&=\sum_{n=1}^N (n^3+3n^2+3n+1-n^3)\\
&=\sum_{n=1}^N [(n+1)^3-n^3]
\end{align*}

La serie $\sum_{n=1}^N [(n+1)^3-n^3]$ tiene forma telescópica, así que

\begin{equation*}
\sum_{n=1}^N [(n+1)^3-n^3]=(N+1)^3-1=N^3+3N^2+3N
\end{equation*}

$\square$

La suma de los primeros $n$ números naturales impares.

Sabemos que un número impar es de la forma $2n+1$ o $2n-1$. y podemos conjeturar observando el patrón de las sumas parciales de $\sum_{n=1}^N(2n-1)$, lo siguiente.

\begin{align*}
&1=1\\
&1+3=4\\
&1+3+5=9\\
&1+3+5+7=16\\
&\vdots\\
&1+3+5+…+(2N-1)=N^2
\end{align*}

Ahora, la idea es probar que esto es cierto aplicando el concepto de series telescópicas.

Tenemos que $\sum_{n=1}^N(2n-1)=1+\sum_{n=1}^{N-1}(2n+1)$

Fijémonos en $\sum_{n=1}^{N-1}(2n+1)$, la cual podemos expresar de la siguiente manera

\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N-1}(2n+1)&=\sum_{n=1}^{N-1}(n^2+2n+1-n^2)
&=\sum_{n=1}^{N-1}[(n+1)^2-n^2]
\end{align*}

Observemos que $\sum_{n=1}^{N-1}[(n+1)^2-n^2]$ es telescópica y tenemos que

\begin{align*}
\sum_{n=1}^{N-1}[(n+1)^2-n^2]&=(N-1)+1)^2-1\\
&=N^2-1
\end{align*}

Así,

$\sum_{n=1}^N(2n-1)=1+N^2-1=N^2$

Por lo tanto nuestra conjetura queda probada y resulta ser verdadera.

$\square$

Un problema en el que intervienen las fracciones parciales

Problema: Determina la serie $\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{4n^2-1}\right)$

Solución: Notemos que

\begin{align*}
\frac{1}{4n^2-1}&=\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}\\
&=\frac{A}{2n-1}+\frac{B}{2n+1}
\end{align*}

Resolviendo un sistema de ecuaciones, tenemos que $A=1/2$ y $B=-1/2$, por lo que

\begin{align*}
\frac{1}{4n^2-1}&=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)
\end{align*}

Así, tenemos que

\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{4n^2-1}\right)=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)
\end{equation*}

Tenemos que $\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)$ es telescópica, por lo que

\begin{equation*}
\sum_{n=1}^N\left(\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right)=1-\frac{1}{2N+1}
\end{equation*}

Y tenemos que

\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \left( \frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1} \right)=\lim_{N\to\infty} \left(1-\frac{1}{2N+1}\right)=1
\end{equation*}

Por lo tanto

\begin{equation*}
\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{4n^2-1} \right)=\frac{1}{2}(1)=\frac{1}{2}
\end{equation*}

$\square$



Más problemas

Puedes encontrar más problemas de series telescópicas en la sección 5.3 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Seminario de Resolución de Problemas: Series geométricas

Introducción

En esta entrada y en otras subsecuentes, trataremos el tema de series aplicado a la resolución de problemas matemáticos. Recordemos que en entradas anteriores ya se estudiaron los conceptos de sucesiones. Para esta entrada aprovecharemos lo que hemos aprendido de sucesiones geométricas.

Series geométricas

Si consideramos una sucesión geométrica $\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}$, recordemos que se cumple que existe una razón $r$ de tal manera que $a_n=ra_{n-1}$, expresado en el primer término, tenemos que $a_n=r^{n}a_0$. Ahora bien, nos interesará saber o conocer las suma de los elementos de una sucesión geométrica. A esta suma se le conoce como serie geométrica y puede realizarse considerando una cantidad finita de elementos de la sucesión, así como una cantidad infinita de elementos de la sucesión.

Si queremos obtener la serie geométrica de los primeros $n+1$ elementos de la sucesión $\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}$, tenemos lo siguiente

\begin{equation*}
\sum_{i=0}^n a_i=a_0+a_1+a_2 +a_3+\ldots+a_n.
\end{equation*}

Al multiplicar ambos lados de la igualdad por la razón de la sucesión tenemos que

\begin{align}
\sum_{i=0}^n a_i&=a_0+a_1+a_2 +a_3+\ldots+a_n\\
r\sum_{i=0}^n a_i&=ra_0+ra_1+ra_2 +ra_3+\ldots+ra_n\\
&=a_1+a_2+\ldots+a_{n+1}
\end{align*}

Y si calculamos $r\sum_{i=0}^n a_i-\sum_{i=0}^n a_i$, se cancelan todos los términos excepto el último de la primer suma, y el primero de la segunda. Obtenemos entonces:

\begin{align*}
r\sum_{i=0}^n a_i-\sum_{i=0}^n a_i&=a_{n+1}-a_0.
\end{align*}

Así,
\begin{equation*}
\sum_{i=0}^na_i=\frac{a_{n+1}-a_0}{r-1}=a_0\frac{r^{n+1}-1}{r-1}.
\end{equation*}

Ahora bien, si tenemos la sucesión geométrica $\{a_i\}_{i\in\mathbb{N}}$ y queremos calcular la serie infinita de todos sus elementos basta con que calculemos el límite cuando $n\to \infty$ tiende a infinito de $$\sum_{i=0}^na_i=a_0\frac{r^{n+1}-1}{r-1}.$$

Supogamos que $a_0\neq 0$, pues en otro caso la suma de los términos es igual a $0$. Si $|r|>1$, el numerador diverge y por lo tanto la serie también. Cuando $r=1$, la serie diverge pues cada sumando es igual a $a_0\neq 0$. Cuando $r=-1$, tenemos una serie de términos alternante que no converge, pues es, iteradamente, $a_0,0,a_0,0,\ldots$.

Por otro lado, si $|r|<1$, entonces $r^{n+1}\to 0$. En este caso, la serie converge a $\frac{a_0}{1-r}$.

Aplicación de series geométricas a áreas

Si consideramos la sucesión $\{x^i\}_{i\in\mathbb{N}}$ tenemos que dicha sucesión está dada por $\left\{1, x, x^2, x^3,\ldots\right\}$ la sucesión es geométrica, dado que la razón es $r=x$.

De acuerdo al análisis que hicimos arriba, la serie geométrica finita está dada por

\begin{equation*}
\sum_{i=0}^n x^i=(1)\frac{x^{n+1}-1}{x-1}=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}
\end{equation*}

A partir de aquí deducimos que la serie geométrica infinita está dada por

\begin{equation*}
\sum_{i=0}^{\infty} x^i=\lim_{n\to\infty}\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\frac{1}{1-x}
\end{equation*}

solo si $|x|< 1$. En otro caso, la serie diverge.

$\square$

Un problema aplicado a la geometría

Consideremos la siguiente figura, en donde $\triangle ABC$ es un triángulo equilatero y $OA=16$.


Imaginemos que la figura continúa internamente de manera infinita, resultando en una cantidad infinita de triángulos, todos ellos equiláteros. ¿Cuál sería la suma de las áreas de todos los triángulos?

Para ello, primero tendríamos que ver el área de cada triángulo como elemento de una sucesión, la cual parece que será geométrica.

Comencemos calculando el área del $\triangle ABC$. Para ello tenemos que determinar el valor de la altura. Notemos que $CE$ es altura del triángulo, a su vez, $CE=OC+OE$. Como $OC$ es radio de la circunferencia, tenemos que $OC=16$. Sólo falta determinar el valor del segmento $OE$.

Si nos fijamos en $\triangle AOE$, tenemos que es un triángulo rectángulo, además que $AO$ es bisectriz del $\angle A$, así que $\angle OAE=30^o$. Como $\sin30^o=OE/16=1/2$ tenemos entonces que $OE=8$.

Por lo anterior, tenemos que que la altura del $\triangle ABC$ está dada por $h=24$. De una manera similar podemos calcular la base del triángulo, la cual está dada por $b=16\sqrt{3}$. Así, el área del $\triangle ABC$ es $A_0=192\sqrt{3}$.

El área del triángulo inscrito en el $\triangle ABC$ es la cuarta parte de $A_0$, es decir $A_1=\frac{1}{4}A_0$. De manera sucesiva $A_2=\frac{1}{4}A_1$, $A_3=\frac{1}{4}A_2, \ldots$.

Si nos fijamos en la sucesión de las áreas de los triángulos$\{A_i\}_{i\in\mathbb{N}$ tenemos que es geométrica de razón $r=1/4$.

De esta forma, la suma de las áreas de todos los triángulos es una serie geométrica dada por

\begin{align*}
\sum_{i=0}^{\infty} A_i&=\lim_{x\to\infty}(192\sqrt{3})\frac{1-(1/4)^{n+1}}{1-(1/4)}\\
&=(192\sqrt{3})\frac{1}{1-(1/4)}=(192\sqrt{3})(4/3)\\
&=256\sqrt{3}
\end{align*}

$\square$

Aplicación de series geométricas a números perfectos

Un número entero positivo $n$ se dice que es perfecto si la suma de sus divisores sin incluir al mismo $n$ da como resultado $n$. Por ejemplo, el número $6$ es un número perfecto ya que sus divisores sin incluir al mismo $6$ son $1, 2, 3$ y su suma $1+2+3=6$.

Ahora veamos un problema que relaciona a los números perfectos y a las series geométricas.

Problema: Sea $n=2^{p-1}(2^p-1)$, donde $2^p-1$ es primo. Prueba que $n$ es un número perfecto.

Solución: Tenemos que todos los divisores de $n$ sin contar al mismo $n$ están conformados por la unión de las siguientes dos sucesiones finitas.

\begin{align*}
&\{2^i\}_{i=0}^{p-1}=1, 2, 2^2,…,2^{p-1}\\
&\{(2^p-1)2^i\}_{i=0}^{p-2}=(2^p-1), 2^2(2^p-1), 2^3(2^p-1),…, 2^{p-2}(2^p-1)
\end{align*}

Si consideramos la suma de los elementos de cada sucesión

\begin{align*}
&\sum_{i=0}^{p-1}2^i=\frac{2^p-1}{2-1}=2^p-1\\
&\sum_{i=0}^{p-2}2^i(2^p-1)=(2^p-1)\frac{2^p-1}{2-1}=(2^p-1)(2^{p-1}-1)
\end{align*}

Así la suma de todos los divisores de $n$ sin incluir al propio $n$ es

\begin{align*}
(2^p-1)+(2^p-1)(2^{p-1}-1)&=(2^p-1)(1+2^{p-1}-1)\\
&=2^{p-1}(2^p-1)\\
&=n.
\end{align*}

Por lo tanto, tenemos que $n$ es un número perfecto.

$\square$

Otro problema interesante

Problema: Una sucesión está definida por $a_1=2$ y $a_n=3a_{n-1}+1$, encuentra el valor de la suma $$a_1+a_2+a_3+\ldots+a_n.$$

Solución: Notemos que la sucesión que nos dan no es geométrica, dado que no es posible encontrar un número $r$ que funcione como razón. Así que busquemos un patrón que aparezca al realizar las primeras sumas.

\begin{align*}
a_1&=2\\
a_2&=3a_1+1\\
&=3(2)+1\\
a_3&=3a_2+1\\
&=3(3(2)+1)+1\\
&=3^2(2)+3+1\\
a_4&=3a_3+1\\
&=3(3^2(2)+3+1)+1\\
&=3^3(2)+3^2+3+1\\
a_5&=3a_4+1\\
&=3(3^3(2)+3^2+3+1)\\
&=3^4(2)+3^3+3^2+3+1.
\end{align*}

De manera sucesiva, podemos conjeturar y mostrar por inducción que
\begin{align*}
a_n&=3^{n-1}(2)+3^{n-2}+\ldots+3+1\\
&=3^{n-1}(2)+\frac{3^{n-1}-1}{2}\\
&=\frac{5\cdot 3^{n-1}-1}{2}.
\end{align*}

Así que

\begin{align*}
\sum_{i=1}^na_i&=\sum_{i=1}^n \frac{5\cdot 3^{i-1}-1}{2}\\
&=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n 5\cdot 3^{i-1}-1\\
&=\frac{1}{2}\left(5\cdot \frac{3^n-1}{2} – n\right).
\end{align*}

$\square$

Más problemas

Puedes encontrar más problemas de series geométricas en la sección 5.2 del libro Problem Solving through Problems de Loren Larson.

Álgebra Lineal I: Problemas de bases ortogonales, Fourier y proceso de Gram-Schmidt

Introducción

Durante las últimas clases hemos visto problemas y teoremas que nos demuestran que las bases ortogonales son extremadamente útiles en la práctica, ya que podemos calcular fácilmente varias propiedades una vez que tengamos a nuestra disposición una base ortogonal del espacio que nos interesa. Veamos más problemas de bases ortogonales y otros resultados que nos permitirán reforzar estas ideas.

Problemas resueltos de bases ortogonales y proyecciones

Para continuar con este tema, veremos que las bases ortogonales nos permiten encontrar de manera sencilla la proyección de un vector sobre un subespacio. Primero, recordemos que si $V=W\oplus W_2$, para todo $v\in V$ podemos definir su proyección en $W$, que denotamos $\pi_W(v)$, como el único elemento en $W$ tal que $v-\pi_W(v) \in W_2$.

Debido a las discusiones sobre bases ortogonales, no es difícil ver que si $\langle w,u \rangle =0$ para todo $w\in W$, entonces $u\in W_2$. Como consecuencia de esto, tenemos el siguiente resultado:

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ con producto interior $\langle \cdot , \cdot \rangle$, y sea $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita. Sea $v_1,\cdots,v_n$ una base ortogonal de $W$. Entonces para todo $v\in V$ tenemos que

$\pi_W(v)=\sum_{i=1}^n \frac{\langle v,v_i \rangle}{\norm{v_i}^2} v_i .$

Demostración. Escribimos $v$ como $v=\pi_W(v)+u$ con $u\in W_2$. Por la observación previa al teorema, $\langle u,v_i \rangle =0$ para todo $i$. Además existen $a_1,\cdots,a_n$ tales que $\pi_W(v)=a_1 v_1+\cdots+a_n v_n$. Entonces

\begin{align*}
0 &= \langle u,v_i \rangle =\langle v,v_i \rangle – \langle \pi_W(v),v_i \rangle \\
&= \langle v,v_i \rangle – \sum_{j=1}^n a_j \langle v_j,v_i \rangle \\
&= \langle v,v_i \rangle – a_i \langle v_i,v_i \rangle,
\end{align*}

porque $v_1,\cdots,v_n$ es una base ortogonal. Por lo tanto, para todo $i$, obtenemos

$a_i=\frac{\langle v,v_i \rangle}{\norm{v_i}^2}.$

$\square$

Distancia de un vector a un subespacio y desigualdad de Bessel

En la clase de ayer, vimos la definición de distancia entre dos vectores. También se puede definir la distancia entre un vector y un subconjunto como la distancia entre el vector y el vector «más cercano» del subconjunto, en símbolos:

$d(v,W)=\min_{x\in W} \norm{x-v}.$

Dado que $x\in W$, $x-\pi_W(v) \in W$, y por definición de proyección $v-\pi_W(v) \in W_2$, entonces

\begin{align*}
\norm{x-v}^2 &=\norm{(x-\pi_W(v))+(\pi_W(v)-v)}^2 \\
&= \norm{x-\pi_W(v)}^2+2\langle x-\pi_W(v),\pi_W(v)-v \rangle+\norm{\pi_W(v)-v}^2 \\
&= \norm{x-\pi_W(v)}^2+\norm{\pi_W(v)-v}^2\\
&\geq \norm{\pi_W(v)-v}^2.
\end{align*}

Y dado que la proyección pertenece a $W$, la desigualdad anterior muestra que la proyección es precisamente el vector en $W$ con el que $v$ alcanza la distancia a $W$. En conclusión, $$d(v,W)=\norm{\pi_W(v)-v}.$$

Teorema. Sea $V$ un espacio vectorial sobre $\mathbb{R}$ con producto interior $\langle \cdot , \cdot \rangle$, y sea $W$ un subespacio de $V$ de dimensión finita. Sea $v_1,\ldots,v_n$ una base ortonormal de $W$. Entonces para todo $v\in V$ tenemos que

$\pi_W(v)=\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle v_i,$

y

\begin{align*}
d(v,W)^2&=\norm{v-\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle v_i }^2\\
&=\norm{v}^2-\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle^2.
\end{align*}

En particular

$\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle^2\leq \norm{v}^2.$

A esta última desigualdad se le conoce como desigualdad de Bessel.

Demostración. Por el teorema anterior y dado que $v_1,\cdots,v_n$ es una base ortonormal, obtenemos la primera ecuación. Ahora, por Pitágoras,

$d(v,W)^2=\norm{v-\pi_W(v)}^2=\norm{v}^2-\norm{\pi_W(v)}^2.$

Por otro lado, tenemos que

\begin{align*}
\norm{\pi_W(v)}^2 &=\norm{\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle v_i}^2 \\
&= \sum_{i,j=1}^n \langle \langle v,v_i \rangle v_i, \langle v,v_j \rangle v_j \rangle \\
&= \sum_{i,j=1}^n \langle v,v_i \rangle \langle v,v_j \rangle \langle v_i,v_j \rangle \\
&=\sum_{i=1}^n \langle v,v_i \rangle^2.
\end{align*}

Por lo tanto, se cumple la igualdad de la distancia. Finalmente como $d(v,W)^2 \geq 0$, inmediatamente tenemos la desigualdad de Bessel.

$\square$

Veamos ahora dos problemas más en los que usamos la teoría de bases ortonormales.

Aplicación del proceso de Gram-Schmidt

Primero, veremos un ejemplo más del uso del proceso de Gram-Schmidt.

Problema. Consideremos $V$ como el espacio vectorial de polinomios en $[0,1]$ de grado a lo más $2$, con producto interior definido por $$\langle p,q \rangle =\int_0^1 xp(x)q(x) dx.$$

Aplica el algoritmo de Gram-Schmidt a los vectores $1,x,x^2$.

Solución. Es fácil ver que ese sí es un producto interior en $V$ (tarea moral). Nombremos $v_1=1, v_2=x, v_3=x^2$. Entonces

$$e_1=\frac{v_1}{\norm{v_1}}=\sqrt{2}v_1=\sqrt{2},$$

ya que $$\norm{v_1}^2=\int_0^1 x \, dx=\frac{1}{2}.$$

Sea $z_2=v_2-\langle v_2,e_1 \rangle e_1$. Calculando, $$\langle v_2,e_1 \rangle=\int_0^1 \sqrt{2}x^2 dx=\frac{\sqrt{2}}{3}.$$ Entonces $z_2=x-\frac{\sqrt{2}}{3}\sqrt{2}=x-\frac{2}{3}.$ Esto implica que

$e_2=\frac{z_2}{\norm{z_2}}=6\left(x-\frac{2}{3}\right)=6x-4.$

Finalmente, sea $z_3=v_3-\langle v_3,e_1\rangle e_1 -\langle v_3,e_2 \rangle e_2$. Haciendo los cálculos obtenemos que

$z_3=x^2-\left(\frac{\sqrt{2}}{4}\right)\sqrt{2}-\left(\frac{1}{5}\right)(6x-4)$

$z_3=x^2-\frac{6}{5}x+\frac{3}{10}.$

Por lo tanto

$e_3=\frac{z_3}{\norm{z_3}}=10\sqrt{6}(x^2-\frac{6}{5}x+\frac{3}{10}).$

$\square$

El teorema de Plancherel y una fórmula con $\pi$

Finalmente, en este ejemplo, usaremos técnicas de la descomposición de Fourier para solucionar un problema bonito de series.

Problema. Consideremos la función $2\pi-$periódica $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ definida como $f(0)=f(\pi)=0,$ $f(x)=-1-\frac{x}{\pi}$ en el intervalo $(-\pi,0)$, y $f(x)=1-\frac{x}{\pi}$ en el intervalo $(0,\pi)$.

Problemas de bases ortogonales: Aplicando el teorema de Plancherel para una fórmula que involucra a pi.
Gráfica de la función $f$.

Usa el teorema de Plancherel para deducir las identidades de Euler

\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} &= \frac{\pi^2}{6},\\
\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2} & = \frac{\pi^2}{8}.
\end{align*}

Solución. Notemos que no sólo es $2\pi-$periódica, también es una función impar, es decir, $f(-x)=-f(x)$. Por lo visto en la clase del miércoles pasado tenemos que calcular

$a_0(f)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) dx,$

$a_k(f)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) cos(kx) dx,$

$b_k(f)=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f(x)sen(kx) dx.$

Para no hacer más larga esta entrada, la obtención de los coeficientes de Fourier se los dejaremos como un buen ejercicio de cálculo. Para hacer las integrales hay que separar la integral en cada uno de los intervalos $[-\pi,0]$ y $[0,\pi]$ y en cada uno de ellos usar integración por partes.

El resultado es que para todo $k\geq 1$, $$a_0=0, a_k=0, b_k=\frac{2}{k\pi}.$$

Entonces por el teorema de Plancherel,

\begin{align*}
\sum_{k=1}^\infty \frac{4}{k^2\pi^2} &=\frac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} f^2(x) dx \\
&= \frac{1}{\pi} \left( \int_{-\pi}^0 \left(1+\frac{x}{\pi}\right)^2 dx + \int_0^\pi \left(1-\frac{x}{\pi}\right)^2 dx \right) \\
&= \frac{2}{3},
\end{align*}

teniendo que $$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} =\frac{2}{3}\frac{\pi^2}{4}=\frac{\pi^2}{6}.$$

Ahora para obtener la otra identidad de Euler, notemos que

\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2n+1)^2} &= \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} – \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(2n)^2} \\
&= \frac{\pi^2}{6}-\frac{\pi^2}{4\cdot6}= \frac{\pi^2}{8}.
\end{align*}

$\square$

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