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´ FUNDAMENTOS MATEMATICOS (Grado Ingenier´ Inform´tica). ıa a MODELO EXAMEN A 1. Soluci´n. (a) o Por la f´rmula de la p´gina 316 del libro de texto, siempre que la derivada segunda f ′′ tenga signo constante como o a ′′ (x) = 6, se tiene que en este caso ya que f |ξ − xn | ≤ M ′ − m′ |xn − xn−1 | m′

siendo ξ la ra´ que se encuentra en el intervalo I (en este caso particular compru´bese que ξ =1/3), M ′ = ız e ′ (x), m′ = min f ′ (x). Utilizando dicha f´rmula para que |ξ − x | ≤ 10−4 es suficiente que max f o n x∈[ 1 , 1 ] x∈[ 1 , 1 ] 5 2 5 2 M ′ − m′ m′ |xn − xn−1 | ≤ 10−4 ⇒ |xn − xn−1 | ≤ ′ 10−4 m′ M − m′ Por tanto la cota L viene dada por L= Calculando m′ 10−4 M ′ − m′

m′ = min f ′ (x) = min 6x − 1 = 1/5, M ′ = max f ′ (x) = max 6x − 1 = 2 1 1 1 x∈[ 1 , 1 ] x∈[ 1 , 2 ] x∈[ 1 , 2 ]x∈[ 1 , 2 ] 5 2 5 5 5

el valor de la constante se calcula directamente L= 2. Soluci´n. (d) o Por hip´tesis existe L = lim xn , con lo que basta tomar directamente l´ o ımites en la expresi´n recursiva o L= −17L + 24 ⇔ L2 + L − 6 = 0 4L − 13 1/5 10−4 = 10−4 /9 = 1, 1111 × 10−5 2 − 1/5

Las ra´ de la ultima ecuaci´n L = −3, L = 2 nos dan los posibles valores del l´ ıces ´ o ımite. Descartamosel positivo ya que sabemos que la sucesi´n siempre toma valores negativos, por tanto necesariamente L = −3. o 3. Soluci´n. (b) En general de B = CA se deduce o A = C −1 B Luego de una manera directa basta comprobar si cualquiera de las opciones verifican esta identidad. Como      1 0 0 0 1 2 1 3 1 2 1 3  −3 1 0 0   0 −10 −6 −7   −3 −16 −9 −16      C −1 B =   −1 0 1 0   0 −4 −10  =  −1 −6 −2 −3  ̸= A −2 0 0 1 0 −3 1 −5 −2 −7 −1 −11      1 2 1 3 1 2 1 3 1 0 0 0  3 1 0 0   0 −10 −6 −7   3 −4 −3 2      C −1 B =   1 0 1 0   0 −4 −1 0  =  1 −2 0 3  = A 2 1 3 1 0 −3 1 −5 2 0 0 1      1 2 1 3 1 2 1 3 1 0 0 0  3 1 0 0   0 −10 −6 −7   3 −4 −3 2      C −1 B =   −1 0 1 0   0 −4 −1 0  =  −1 −6 −2 −3  ̸= A 2 1 3 1 0 −3 1 −5 2 0 0 1La respuesta correcta es (b). De otra manera, por el proceso de eliminaci´n Gaussiana se tiene que la matriz C no es m´s que la matriz resultado o a de adjuntar a la matriz unidad los correspondientes factores de la eliminaci´n Gaussiana por debajo del pivote. o En este caso dicho pivote es el primer elemento de la diagonal. Por ejemplo el factor situado en la segunda fila es

-3 ya que es elfactor por el que se multiplica la primera fila para sumarsela a la correspondiente fila con objeto de obtener un cero en el elemento b12 , y as´ sucesivamente para el resto de filas. De este modo se tiene que ı   1 0 0 0  −3 1 0 0   C=  −1 0 1 0  −2 0 0 1 es una matriz de estructura simple cuya diagonal se obtiene  1 0  3 1 C −1 =   1 0 2 0 4. Soluci´n. (b) o Para estudiar si lossubconjuntos son subespacios vectoriales basta comprobar si se cumple la caracterizaci´n de o subespacio vectorial (v´ase p´gina 50 libro texto). V1 es un subespacio vectorial ya que dados dos polinominios e∫ a ∫1 1 p1 , p2 ∈ P5 tales que 0 p1 (x)dx = 0 p2 (x)dx = 0, por propiedades elementales de integraci´n se tiene que o p = λp1 + µ p2 tiene integral nula ya que ∫ 1 ∫ 1 ∫ 1 p(x)dx = λ p1 (x)dx + µ p2(x)dx = 0
0 0 0

cambiando el signo a los factores  0 0 0 0   1 0  0 1

En cambio V2 no es un espacio vectorial, de hecho sabemos por la misma caracterizaci´n de subespacio vectorial. o que el vector nulo pertenece a cualquier subespacio vectorial y en este caso el polinomio nulo p = 0 no pertenece 5 ∑ a V2 ya que su integral es cero. Por otro lado V3 s´ es subespacio vectorial, dados dospolinomios p1 = ı ai xi , p2 =
5 ∑ i=0 5 ∑ i=0

bi

xi

∈ P5 en donde
5 ∑ i=1

5 ∑

ai =

5 ∑ i=1

bi = 0 se tiene que p = λp1 + µ p2 =

5 ∑ i=0

i=0

(λai + µbi

)xi

y se cumple

(λai + µbi ) = λ

ai + µ

i=1 5 ∑ i=1

bi = 0 por hip´tesis. Del mismo V4 es un subespacio vectorial ya que |a1 + a2 | = o

0 ⇔ a1 + a2 = 0 y la prueba es muy similar a la dada para...