apuntes de Álgebra - arenas, masjuán & villanueva

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILEFACULTAD DE MATEMATICAS

DEPARTAMENTO DE MATEMATICA

APUNTES DE ALGEBRAMAT110E

Fernando Arenas DazaGonzalo Masjuan Torres

Felipe Villanueva Mansilla

2005

Capıtulo uno

NUMEROS NATURALES

En la presentacion efectuada en la ensenanza media se introdujo los numerosreales. Este conjunto no vacıo, que se simbolizo por R, satisface la axiomaticade campo ordenado y completo. Los elementos de este conjunto pasaron a serlos numeros reales y ayudados por la teorıa de conjuntos se definieron algunosconjuntos de numeros reales tales como los naturales N, los enteros Z, losracionales Q, los irracionales R−Q, o sea partimos del conjunto universo R yfuimos consiguiendo subconjuntos de R hasta obtener N. La pregunta que seplantea es ¿se podra proceder al reves?, es decir partir de N y llegar a R. Estecamino es posible, pero requiere de una mayor conceptualizacion.

1.1 Conjuntos inductivos

Definicion 1.1.1 Sea A un conjunto de numeros reales, entonces:

A es inductivo ←→ (1 ∈ A ∧ ∀x ∈ R(x ∈ A → (x + 1) ∈ A)

).

Notas:

Hacemos ver que si A es inductivo, entonces 1 ∈ A, (1 + 1) = 2 ∈ A, tambien2 + 1 = 3 ∈ A, etc.

Algunos ejemplos de conjuntos inductivos son R, R+, {x | x ≥ 1}, Q, Z, etc.

Como ejemplos de conjuntos no inductivos tenemos R−,[− 3, 8

],

(− 13, 81],

{x | x ≤ 1}, etc.

Definicion 1.1.2 El conjunto de los numeros naturales se define como:

N = {x ∈ R | para todo conjunto A inductivo x ∈ A} .

Nota:

La definicion anterior nos dice que N es el menor conjunto de numerosreales que es inductivo.

1

Haremos ver que N contiene exactamente a los numeros:

1, 2, 3, 4, · · · , n, (n + 1), · · · .

Por tal motivo deberemos entregar la definicion de funcion sucesor.

Definicion 1.1.3 La funcion sucesor s : R→ R se define por s(x) = x+1 .

El objetivo principal al entregar la definicion anterior es para que el teoremaque viene a continuacion quede bien expresado.

Teorema 1.1.1 Se tiene:

(1) 1 ∈ N .

(2) ∀n ∈ N(s(n) ∈ N)

.

(3) ∀n ∈ N(n > 0

).

(4) ∀n ∈ N(s(n) 6= 1

).

(5)∀n ∈ N ∀m ∈ N(

s(n) = s(m) → n = m)

.

(6)

∀n ∈ N(n = 1 ∨ ∃m ∈ N (

s(m) = n))

.

Demostracion:

Solo entregaremos la demostracion de (3). Pues bien, sea A = {n ∈ N | n > 0},haremos ver que A es inductivo.

En primer lugar, 1 ∈ A, pues sabemos que 1 > 0, esto es a causa de laaxiomatica de que (R, +, ·,≤) es campo ordenado. Por otra parte, sea n ∈ A,entonces n ∈ N y n > 0, luego (n + 1) ∈ N y como n + 1 > 1 > 0 se concluyeque (n + 1) ∈ A.

Por lo tanto, tenemos que A es inductivo, en consecuencia, resulta N ⊆ A, osea, ∀n ∈ N (

n > 0)

.

Nota:

El esquema que se utilizo en la demostracion anterior es el siguiente:

(1) Se construye el conjunto A = {n ∈ N | n satisface la propiedad p}, loque simbolizamos mediante A = {n ∈ N | p(n)} .

2

(2) Se demuestra que el conjunto A definido en (1) es inductivo, es decir:

(2.1) 1 ∈ A, lo que es equivalente a demostrar que 1 tiene la propiedad p, esdecir p(1).

(2.2) n ∈ A → s(n) ∈ A, o sea si n ∈ A, entonces p(n) → p(n + 1) .

(2.3) Se concluye que N ⊆ A, o sea, ∀n ∈ N (p(n)

).

El esquema anterior es lo que se conoce como Primer principio de in-duccion matematica, este principio nos entrega un metodo para demostrarcualquier propiedad p(n) para todos los numeros naturales.

1.2 Principios de induccion

1.2.1 Primer principio de induccion

El enunciado de este principio es el siguiente:

Sea p(n) una formula en n, entonces:

[p(1) ∧ ∀n ∈ N (

p(n) → p(n + 1))] → ∀n ∈ N (

p(n))

.

Nota:

Tenemos:2 + 4 + 6 + · · ·+ 2n = 2(1 + 2 + 3 + · · ·+ n) ,

ahora bien, veremos en el problema resuelto [1.3.2] que:

1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n + 1)

2,

con lo que:

2+4+6+ · · ·+2n = 2(1+2+3+ · · ·+n) = 2 · n(n + 1)2

= n(n+1) = n2 +n 6= n2 +n+1 ,

sin embargo, si consideramos la proposicion falsa:

2 + 4 + 6 + · · ·+ 2n = n2 + n + 1 ,

como verdadera para n, sumando (2n + 2) a cada lado de esta, se cumple que:

2 + 4 + 6 + · · ·+ 2n + (2n + 2) = n2 + n + 1 + (2n + 2) =

3

= n2 + 2n + 1 + n + 1 + 1 = (n + 1)2 + (n + 1) + 1 ,

vemos que se satisface la hipotesis inductiva. No se puede tener la igualdadpara un primer n, por ejemplo para 1, 2, etc.

Al no cumplirse para n = 1, 2, 3, · · · no podemos concluir que es falsa, puespodrıa ser verdadera por ejemplo para n = 2789341.

Nota:

El siguiente resultado es equivalente con el primer principio de induccion yproporciona el metodo para resolver aquellos casos en que se desea demostrarinductivamente una propiedad p(n) no necesariamente para todo natural nsino que para aquellos n mayores o iguales a algun natural a.

Teorema 1.2.1 Sea n0 ∈ N, p(n) una formula que contiene a n, entonces:

[p(n0) ∧ ∀n ∈ N ((n ≥ n0 ∧ p(n) → p(n + 1))

] → ∀n ∈ N (n ≥ n0) p(n) .

Demostracion:

Si n0 = 1 se tiene el primer principio de induccion y el teorema es cierto.Consideremos, entonces para n0 ∈ N el conjunto:

I1 = {n ∈ N | (n ≥ n0 → p(n)} .

Haremos ver que I1 es un conjunto inductivo.

En primer lugar tenemos que 1 ∈ I1 puesto que:

(i) Si 1 ≥ n0, entonces n0 = 1 y, por hipotesis, se tiene que p(n0) es verdad,luego, p(1) es verdadero y 1 ∈ I1.

(ii) Si 1 6≥ n0, entonces 1 ≥ n0 → p(1) es verdad, porque el antecedente esfalso, luego 1 ∈ I1.

Tomemos ahora n ∈ I1, entonces n ∈ N y n ≥ n0 → p(n), luego tenemos que(n + 1) ∈ N y se presentan dos casos:

(i) Si n ≥ n0, entonces n + 1 ≥ n0 + 1, luego n ∈ I1 y n ≥ n0, entoncesp(n) es verdad y, por la hipotesis del teorema, p(n + 1) es verdad, por lotanto, (n + 1 ≥ n0 → p(n + 1)). Luego (n + 1) ∈ I1.

4

(ii) Si n 6≥ n0 se tiene n < n0 y, por lo tanto (n + 1) ≤ n0; luego:

(a) Si (n + 1) = n0, entonces como p(n0) es verdad por hipotesis setendra que (n + 1) ∈ I1

(b) Si (n + 1) < n0, entonces (n + 1 ≥ n0 → p(n + 1) es verdad porquesu antecedente es falso, por lo tanto, (n + 1) ∈ I1.

Hemos demostrado que I1 es un conjunto inductivo con lo que N ⊆ I1, o sea∀n ∈ N (n ∈ I1), o mejor ∀n ∈ N (n ≥ n0) p(n) .

1.2.2 Segundo principio de induccion

El enunciado de este principio es el siguiente:

Sea p(n) una formula en n y n0 ∈ N, entonces:

(i)[p(n0) ∧ ∀n ∈ N

[(n > n0) (p(n0) ∧ p(n0 + 1) ∧ · · · ∧ p(n)) → p(n + 1)

]]

↓∀n ∈ N (

(n > n0) p(n))

.

(ii)[p(1) ∧ ∀n ∈ N [

(p(1) ∧ p(2) ∧ · · · ∧ p(n)) → p(n + 1)]] → ∀n ∈ N (

p(n))

.

Nota:

Es claro que (ii) es un caso particular de (i).

1.2.3 Otros conceptos

A causa de lo que estudiaremos con posterioridad es necesario entregar algunasdefiniciones inductivas; estas son:

Definicion 1.2.1 Sea n ∈ N se define la funcion factorial (!) del modosiguiente:

1! = 1 ∧ (n + 1)! = n!(n + 1) .

5

Definicion 1.2.2 Sea f : N → R, se define la sumatoria desde k = 1hasta k = n de los f(k) del modo siguiente:

1∑

k=1

f(k) = f(1) ∧n+1∑

k=1

f(k) =n∑

k=1

f(k) + f(n + 1) .

Definicion 1.2.3 Sea f : N → R, se define la productoria desde k = 1hasta k = n de los f(k) del modo siguiente:

1∏

k=1

f(k) = f(1) ∧n+1∏

k=1

f(k) =

(n∏

k=1

f(k)

)· f(n + 1) .

Definicion 1.2.4 Sea p ∈ N diremos que p es un numero primo si:

∀n ∈ N ∀m ∈ N (p = n ·m → (n = 1 ∨ m = 1) .

Definicion 1.2.5 Sean p, q ∈ Z diremos que p y q son primos relativos si:

(∀r ∈ Z)(∀s ∈ Z)(∀t ∈ Z)[(p = r · s ∧ q = r · t) → (r = 1 ∨ r = −1)

].

A continuacion pasaremos a aplicar los principios de induccion resolviendoalgunos problemas.

1.3 Problemas resueltos

Problema 1.3.1 Para el natural fijo n, calcular la suma:

S = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n .

Solucion:

Se tiene:

S = 1 + 2 + 3 + · · · + nS = n + (n− 1) + (n− 2) + · · · + 1

y sumando miembro a miembro estas dos igualdades, se obtiene:

2S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + · · · + (n + 1)

6

o sea:2S = n(n + 1) ,

de donde:

S = 1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n + 1)

2,

que es el resultado pedido.

Nota:

En el problema siguiente haremos ver que esta formula es valida para todonumero natural.

Problema 1.3.2 Demostrar que:

∀n ∈ N(1 + 2 + 3 + · · ·+ n =

n(n + 1)

2

).

Solucion:

Consideramos el cunjunto:

I =

{n ∈ N |

(1 + 2 + 3 + · · ·+ n =

n(n + 1)

2

)},

haremos ver que este conjunto I es inductivo.

Que n = 1 ∈ I es evidente, pues:

1 =1 · (1 + 1)

2.

Suponemos valido que n ∈ I, o sea:

1 + 2 + 3 + · · ·+ n =n(n + 1)

2.

Ahora deberemos probar que (n + 1) ∈ I, es decir:

1 + 2 + 3 + · · ·+ n + (n + 1) =(n + 1)(n + 2)

2.

En efecto, se tiene:

1 + 2 + 3 + · · ·+ n + (n + 1) =n(n + 1)

2+ (n + 1) =

7

= (n + 1)(n

2+ 1

)=

(n + 1)(n + 2)

2,

por lo tanto I es un conjunto inductivo. Esto quiere decir que:

∀n ∈ N(1 + 2 + 3 + · · ·+ n =

n(n + 1)

2

).


S = 12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 .

Solucion:

Se tiene:

23 − 13 = (1 + 1)3 − 13 = 3 · 12 + 3 · 1 + 133 − 23 = (2 + 1)3 − 23 = 3 · 22 + 3 · 2 + 143 − 33 = (3 + 1)3 − 33 = 3 · 32 + 3 · 3 + 153 − 43 = (1 + 1)3 − 43 = 3 · 42 + 3 · 4 + 1

· · ·(n + 1)3 − n3 = = 3 · n2 + 3 · n + 1

y sumando miembro a miembro estas dos igualdades, se obtiene:

(n + 1)3 − 1 = 3(12 + 22 + 32 + · · ·+ n2

)+ 3

(1 + 2 + 3 + · · ·+ n

)+ n ,

o sea:

3(12 + 22 + 32 + · · ·+ n2

)= (n + 1)3 − (n + 1)− 3

n(n + 1)

2,

de donde se consigue:

3(12 + 22 + 32 + · · ·+ n2

)=

n + 1

2

[2(n + 1)2 − 2− 3n

]=

n + 1

2(2n2 + n) =

=n(n + 1)(2n + 1)

2,

por consiguiente:

12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.

8

Notas:

(1) En el problema siguiente haremos ver que esta formula es valida para todonumero natural.

(2) En lo sucesivo, por comodidad, no escribiremos en las soluciones siguientesel conjunto I (que debera establecerse que es inductivo); solo probaremos paran = 1, aceptaremos para n y demostraremos para n + 1.


∀n ∈ N(12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =

n(n + 1)(2n + 1)

6

).

Solucion:

Para n = 1 es evidente, pues:

1 =1 · (1 + 1) · (2 · 1 + 1)

6.

Suponemos el resultado valido hasta n, o sea:

12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.

Ahora deberemos probarlo para (n + 1), es decir:

12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 + (n + 1)2 =(n + 1)(n + 2)(2n + 3)

6.


12 + 22 + 32 + · · ·+ n2 + (n + 1)2 =n(n + 1)(2n + 1)

6+ (n + 1)2 =

= (n + 1)(n(2n + 1)

6+ n + 1

)=

n + 1

6

(n(2n + 1) + 6(n + 1)

)=

=n + 1

6

(2n2 + 7n + 6

)=

(n + 1)(n + 2)(2n + 3)

6.


S = 13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 .

9

Solucion:

Se tiene:

24 − 14 = (1 + 1)4 − 14 = 4 · 13 + 6 · 12 + 4 · 1 + 134 − 24 = (2 + 1)4 − 24 = 4 · 23 + 6 · 22 + 4 · 2 + 144 − 34 = (3 + 1)4 − 34 = 4 · 33 + 6 · 32 + 4 · 3 + 154 − 44 = (4 + 1)4 − 44 = 4 · 43 + 6 · 42 + 4 · 4 + 1

· · ·(n + 1)4 − n4 = = 4 · n3 + 6 · n2 + 4 · n + 1

sumando miembro a miembro estas dos igualdades y factorizando adecuada-mente, se obtiene:

13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 =(n(n + 1)

2

)2

.

Nota:

En el problema siguiente haremos ver que esta formula es valida para todonumero natural.


∀n ∈ N[13 + 23 + 33 + · · ·+ n3 =

(n(n + 1)

2

)2].

Solucion:

A causa de la similitud con los problemas anteriores, la demostracion queda acargo del lector.


∀n ∈ N[1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2

].

Solucion:

Para n = 1 es evidente, pues:

1 = 12 .

10


1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) = n2 .

Ahora deberemos probarlo para (n + 1), es decir:

1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) + (2n + 1) = (n + 1)2 .


1 + 3 + 5 + · · ·+ (2n− 1) + (2n + 1) = n2 + (2n + 1) = n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 .


∀n ∈ N[(x− y) es divisor de (xn − yn)

].

Solucion:

Para n = 1 es evidente, puesto que x− y es factor de x− y. Suponemos ahoraque x− y es divisor de xn − yn; deberemos establecer que x− y es divisor dexn+1 − yn+1.

Si a xn+1 − yn+1 le restamos y sumamos xyn, conseguiremos:

xn+1 − yn+1 = xn+1 − xyn + xyn − yn+1 = x(xn − yn) + yn(x− y) .

Ya que cada termino de esta ultima expresion es divisible por x− y, tambienlo es xn+1 − yn+1, lo que demuestra lo pedido.

Problema 1.3.9 Si a1 = a2 = 1 y an+1 = 3an + an−1 (n ≥ 2), entonces an yan+1 son primos relativos.

Solucion:

Vemos que a1 y a2 son primos relativos. Aceptamos la propiedad hasta n ysupongamos que an y an+1 no son primos relativos, o sea existe el maximocomun divisor entre an y an−1 y es MCD[an, an+1]= d 6= 1, es decir, an+1 = pdy an = qd y como an+1 = 3an + an−1 resulta pd = 3qd + an−1, luego an−1 =(p−3q)d, MCD[an, an−1]= d 6= 1 lo que es una contradiccion puesto que hemosaceptado que estos ultimos son primos relativos.

11

Problema 1.3.10 Sea n ∈ N, se considera yn = (3 +√

5)n + (3 − √5)n.

Demostrar que:

(1) yn+1 = 6yn − 4yn−1

(2) yn es entero.

(3) El siguiente entero mayor que (3 +√

5)n es divisible por 2n.

Solucion:

Para (1)

6yn − 4yn−1 = 6((3 +√

5)n + (3−√

5)n))− 4((3 +√

5)n−1 + (3−√

5)n−1) =

= (3 +√

5)n−1(6(3 +√

5)− 4) + (3−√

5)n−1(6(3−√

5)− 4) =

= (3 +√

5)n−1(14 + 6√

5) + (3−√

5)n−1(14− 6√

5) = (3 +√

5)n−1(3 +√

5)2+

+(3−√

5)n−1(3−√

5)2 = (3 +√

5)n+1 + (3−√

5)n+1 = yn+1.

Para (2)

y1 = (3 +√

5) + (3−√5) = 6 es entero.y2 = (3 +

√5)2 + (3−√5)2 = 2(9 + 5) = 28 es entero.

Supongamos que y1, y2, · · · , yn son enteros; pues bien como yn+1 = 6yn−4yn−1

se sigue que yn+1 es entero.

Para (3)

Como (3 − √5)n es decimal (o sea ∈]0, 1[), se deduce que el siguiente enteromayor que (3+

√5)n es yn. Si yn es divisible por 2n e yn−1 es divisible por 2n−1,

entonces por (1) se tendra yn+1 = 6yn−4yn−1 = 6·2np−4·2n−1q = 2n+1(3p−q).

Problema 1.3.11 Si a1 = −5, a2 = −26 y

∀n ≥ 3 : an = 5an−1 − 6an−2 + 5 · 2n−2 ,

entonces:∀n ∈ N : an = 3 · 2n − 2 · 3n − 5 · n · 2n−1.

Solucion:

En este caso se tiene:a1 = 3 · 2− 2 · 3− 5 · 1 · 20 = −5 ,

12

y tambien:a2 = 3 · 22 − 2 · 32 − 5 · 2 · 21 = −26 .

Por otro lado, resulta:an+1 = 5an − 6an−1 + 5 · 2n−1 = 5(3 · 2n − 2 · 3n − 5 · n · 2n−1) − 6(3 · 2n−1 − 2 · 3n−1−−5 · (n− 1) · 2n−2) + 5 · 2n−1 = 3 · 2n(5− 3)− 2 · 3n(5− 2)− 5 · n · 2n−1(5− 3) + 2n−1(5−15)3 · 2n+1 − 2 · 3n+1 − 5 · n · 2n − 5 · 2n = 3 · 2n+1 − 2 · 3n+1 − 5 · (n + 1) · 2n.


∀n ∈ N : 834n − 2 · 972n + 1

es divisible por 16.

Solucion:

Para n = 1834 − 2 · 972 + 1 = 47.458.321− 18818 + 1 = 47.439.504 = 16 · 2.964.969

Se supone para n

834n − 2 · 972n + 1


Se demuestra para n + 1

834n+4 − 2 · 972n+2 + 1


Demostracion.

834n+4 − 2 · 972n+2 + 1− (834n − 2 · 972n + 1) = 834n(834 − 1) + 2 · 972n(1− 972) =

= 834n · 47.458.320− 2 · 972n · 9408 = 16(834n · 2.966145− 2 · 972n · 588)

Problema 1.3.13 Demostrar que si n es impar, entonces 24 divide a:

n(n2 − 1)

Solucion:

Para n = 1 que es impar

1(12 − 1) = 0

13

y 0 es divisible por 24

Se supone para n = 2m− 1(2m− 1)[(2m− 1)2 − 1] = 4m(2m− 1)(m− 1) es divisible por 24.

Se demuestra para n = 2m + 1(2m + 1)[(2m + 1)2 − 1] = 4m(2m + 1)(m + 1) es divisible por 24.

Demostracion.

4m(2m + 1)(m + 1)− 4m(2m− 1)(m− 1) = 4m(2m2 + 3m + 1− 2m2 + 3m− 1) = 24m2


1

n + 1+

1

n + 2+ · · ·+ 1

2n + 1≤ 5

6

Solucion:

Para n = 1

12

+13

=3 + 2

6=

56≤ 5

6

Se supone para n

1n + 1

+1

n + 2+ · · ·+ 1

2n + 1≤ 5

6

Se demuestra para n + 1

1n + 2

+1

n + 3+ · · ·+ 1

2n + 1+

12n + 2

+1

2n + 3≤ 5

6

Demostracion.

1n + 2

+1

n + 3+ · · ·+ 1

2n + 1+

12n + 2

+1

2n + 3−

( 1n + 1

+1

n + 2+ · · ·+ 1

2n + 1

)=

=1

2n + 2+

12n + 3

− 1n + 1

=2n + 3 + 2(n + 1)− 2(2n + 3)

2(n + 1)(2n + 3)=

−12(n + 1)(2n + 3)

≤ 0

luego:

1n + 2

+1

n + 3+ · · ·+ 1

2n + 1+

12n + 2

+1

2n + 3≤ 1

n + 1+

1n + 2

+ · · ·+ 12n + 1

≤ 56


23 · 7 · 11

+5

7 · 11 · 15+ · · ·+ 3n− 1

(4n− 1)(4n + 3)(4n + 7)=

17672

− 24n + 1732(4n + 3)(4n + 7)

14

Solucion:

Para n = 1

17672

− 24 + 1732(4 + 3)(4 + 7)

=17

21 · 32− 41

32 · 7 · 11=

11 · 17− 41 · 332 · 3 · 7 · 11

=

=2 · 32

32 · 3 · 7 · 11=

23 · 7 · 11

Se supone para n

23 · 7 · 11

+5

7 · 11 · 15+ · · ·+ 3n− 1

(4n− 1)(4n + 3)(4n + 7)=

17672

− 24n + 1732(4n + 3)(4n + 7)

Se demuestra para n + 1 que:

23 · 7 · 11

+5

7 · 11 · 15+ · · ·+ 3n− 1

(4n− 1)(4n + 3)(4n + 7)+

3n + 2(4n + 3)(4n + 7)(4n + 11)

=

=17672

− 24(n + 1) + 1732(4n + 7)(4n + 11)

Demostracion.

23 · 7 · 11

+5

7 · 11 · 15+ · · ·+ 3n− 1

(4n− 1)(4n + 3)(4n + 7)+

3n + 2(4n + 3)(4n + 7)(4n + 11)

=

=17672

− 24(n + 1) + 1732(4n + 7)(4n + 11)

+3n + 2

(4n + 3)(4n + 7)(4n + 11)=

17672

+

+32(3n + 2)− (24n + 17)(4n + 11)

32(4n + 3)(4n + 7)(4n + 11)=

17672

+96n + 64− 96n2 − 332n− 187)32(4n + 3)(4n + 7)(4n + 11)

=

=17672

− 96n2 + 236n + 12332(4n + 3)(4n + 7)(4n + 11)

(1.1)

Pero:(96n2 + 236n + 123) : (4n + 3) = 24n + 41 = 24(n + 1) + 17

o sea:(96n2 + 236n + 123) = (4n + 3) · (24(n + 1) + 17) (1.2)

De (1.1) y (1.2) se sigue el resultado, es decir:

23 · 7 · 11

+5

7 · 11 · 15+ · · ·+ 3n− 1

(4n− 1)(4n + 3)(4n + 7)+

3n + 2(4n + 3)(4n + 7)(4n + 11)

=

=17672

− 24(n + 1) + 1732(4n + 7)(4n + 11)

15

Problema 1.3.16 Sea f : N→ N la funcion definida recursivamente por

f(1) = 7, f(2) = 17, para n ≥ 3(f(n) = 5f(n− 1)− 6f(n− 2)

),

demostrar que:f(n) = 2n+1 + 3n .

Solucion:

Para resolver este problema utilizaremos el principio inductivo. Pues bien,tenemos que probar que f(n) = 2n+1 + 3n para todo n ∈ N; vemos que:

f(1) = 21+1 + 31 = 22 + 3 = 4 + 3 = 7

f(2) = 22+1 + 32 = 23 + 32 = 8 + 9 = 17

o sea, resultan los valores dados por medio de la definicion recursiva. Supone-mos entonces que:

f(n) = 2n+1 + 3n

para los naturales 1, 2, 3, 4, . . . , n.

Deberemos establecer ahora que:

f(n + 1) = 2n+2 + 3n+1 (1.3)

En efecto, a causa de la definicion recursiva tenemos que:

f(n + 1) = 5f(n)− 6f(n− 1) (1.4)

y como:

f(n) = 2n+1 + 3n (1.5)

f(n− 1) = 2n + 3n−1 (1.6)

De (1.4), (1.5) y (1.6) resulta:

f(n + 1) = 5(2n+1 + 3n)− 6(2n + 3n+1)

= 2n(5 · 2− 6) + 3n−1(5 · 3− 6)

= 2n · 4 + 3n−1 · 9= 2n · 22 + 3n−1 · 32

= 2n+2 + 3n+1 (1.7)

comparando (1.3) y (1.7) vemos que se obtiene lo pedido y por tanto:

∀ n ∈ N f(n) = 2n+1 + 3n .

16

Problema 1.3.17 Sea f : N→ Q la funcion definida por

f(n) =

(1− 1

22

)(1− 1

32

)· · ·

(1− 1

(n + 1)2

)

demostrar que f(n) =n + 2

2(n + 1).

Solucion:

Nuevamente utilizaremos el principio inductivo. Tenemos:

f(1) = 1− 1

22= 1− 1

4=

3

4=

1 + 2

2(1 + 1)

Suponemos la validez de la tesis del problema para 1, 2, 3, . . . , n, o sea que:

para 1, 2, 3, . . . , n(f(n) =

n + 2

2(n + 1)

).

Deberemos probar que:

f(n + 1) =n + 3

2(n + 2)(1.8)

Procedamos, del enunciado tenemos que:

f(n + 1) =

(1− 1

22

)(1− 1

32

). . .

(1− 1

(n + 1)2

) (1− 1

(n + 2)2

)

o sea:

f(n + 1) = f(n)

(1− 1

(n + 2)2

)

de donde:

f(n + 1) =n + 2

2(n + 1)

(1− 1

(n + 2)2

)

=n + 2

2(n + 1)

(n + 2)2 − 1

(n + 2)2

=(n + 2)2 − 1

2(n + 1)(n + 2)

=n2 + 4n + 3

2(n + 1)(n + 2)

=(n + 1)(n + 3)

2(n + 1)(n + 2)

=n + 3

2(n + 2)(1.9)

17

De (1.8) y (1.9) observamos que se obtiene lo pedido y por lo tanto:

∀ n ∈ N(f(n) =

n + 2

2(n + 1)

).

Problema 1.3.18 Sean a1, a2, · · · , an ∈ R+, no todos iguales a 1 y talesque a1 · a2 · · · an = 1, entonces:

∀n ∈ N (a1 + a2 + · · ·+ an > n) .

Solucion:

Ocuparemos el principio de induccion.

Sean a1, a2 ∈ R+, no ambos iguales a 1 y tales que a1 · a2 = 1. Como uno de

ellos no es 1 no se pierde generalidad al suponer a1 6= 1 y como a2 =1

a1

se

tiene tambien a2 6= 1. Como ambos son positivos, uno de ellos es mayor que 1y el otro menor que 1; puesto que si ambos fueren menores que 1 su productoserıa menor que 1 (el argumento es similar si ambos fueren mayores que 1).Supongamos, entonces que a1 < 1 y a2 > 1, luego:

a2 − 1 > 0 y 1− a1 > 0

por lo tanto se consigue:

(a2 − 1)(1− a1) > 0 ,

con lo que:a2 + a1 − 1− a1 · a2 > 0 , (1.10)

es decir:a1 + a2 > 1 + a1 · a2 = 2 .

Supongamos ahora que la proposicion es verdadera para cualquier coleccion den numeros reales positivos.

Sean a1, a2, · · · , an, an+1 ∈ R+, (n + 1) numeros que cumplen con lashipotesis de la proposicion, queremos demostrar que:

a1 + a2 + · · ·+ an + an+1 > n + 1 .

Como no todos ellos son iguales a 1 y el producto de todos ellos es 1, debehaber alguno mayor que 1 y otro menor que 1. Sin perdida de generalidadpodemos suponer a1 < 1 y a2 > 1 y sea a = a1 · a2.

18

Ahora tomemos los n numeros reales positivos:

a, a3, a4, · · · , an, an+1 ,

Si todos ellos fueran iguales a 1 tendrıamos:

a + a3 + a4 + · · ·+ an + an+1 = n ,

pero, por (1.10):a = a1 · a2 < a1 + a2 − 1 ,

luego:

n = a + a3 + a4 + · · ·+ an + an+1 < a1 + a2 − 1 + · · ·+ an + an+1 ,

y, por lo tanto, resulta:

a1 + a2 + · · ·+ an + an+1 > n + 1 .

Si este no es el caso, entonces no todos son iguales a 1 y por hipotesis inductivase tendrıa que:

a + a3 + a4 + · · ·+ an + an+1 > n ,

y, al usar nuevamente (1.10) se llega a que:

a1 + a2 + · · ·+ an + an+1 > n + 1 .

Con lo que el problema queda resuelto. Ahora recordaremos la definicion [1.2.4]en la siguiente:

Definicion 1.3.1 (1) Sean a1, a2, · · · , an ∈ R se define el medio aritmeti-co entre ellos como:

a =1

n

n∑

k=1

ak

(2) Sean a1, a2, · · · , an ∈ R+ se define el medio geometrico entre elloscomo:

g =( n∏

k=1

ak

) 1n

(3) Sean a1, a2, · · · , an ∈ R − {0} se define el medio harmonico entreellos como:

h =n∑n

k=1 a−1k

19

Problema 1.3.19 Sean a1, a2, · · · , an ∈ R+, entonces:

1

n

n∑

k=1

ak ≥( n∏

k=1

ak

) 1n ≥ n∑n

k=1 a−1k

.

Solucion:

Si a1, a2, · · · , an ∈ R+ son todos iguales la respuesta es evidente. Entonces nospondremos en el caso en que no todos son iguales entre ellos.

Sea bk =ak

gpara k = 1, 2, 3, · · · , n. Como g y ak son positivos resulta

bk positivo, ademas no todos son iguales entre ellos porque los ak no lo son,luego,en particular, no pueden ser todos iguales a 1. Por otro lado:

b1 · b2 · · · bn =a1 · a2 · · · an

gn=

a1 · a2 · · · an

a1 · a2 · · · an

= 1 ,

en conclusion, por el anterior problema resuelto, se obtiene:

b1 + b2 + · · ·+ bn > n ,

y por lo tanto, llegamos a:

1

n

n∑

k=1

ak ≥( n∏

k=1

ak

) 1n

.

Para la segunda parte, consideremos los numeros ck =1

ak

tomando k los valores

k = 1, 2, 3, · · · , n. Otra vez resulta que todos los ck son positivos y si sontodos iguales el resultado es claro. Supondremos, entonces que no todos soniguales entre ellos, a causa del resultado anterior, se obtiene:

1

n

n∑

k=1

ck ≥( n∏

k=1

ck

) 1n

,

o sea:1

n

n∑

k=1

1

ak

≥( n∏

k=1

a−1k

) 1n

,

con lo que: ( n∏

k=1

ak

) 1n ≥ n∑n

k=1 a−1k

.

20


∀n ∈ N[(

1 +1

n

)n

<(1 +

1

n + 1

)n+1].

Solucion:

Considerando la desigualdad medio aritmetico - medio geometrico, demostradaen el anterior problema resuelto tenemos que:

Siendo x1, x2, · · · , xn, xn+1 ∈ R+(no todos iguales), entonces:

x1 + x2 + · · ·+ xn + xn+1

n + 1> n+1

√x1 · x2 · · · xn · xn+1

en ella hacemos: x1 = x2 = · · · = xn = 1 +1

nxn+1 = 1 se obtiene:

n · (1 + 1n) + 1

n + 1>

n+1

√(1 +

1

n

)n

o sea: (1 +

1

n + 1

)n+1

>(1 +

1

n

)n

,

lo que se deseaba.

Problema 1.3.21 Sean a, b ∈ R+, n ∈ Nentonces:

a < b ←→ an < bn .

Solucion:

Parte (1).

Supongamos que a < b; demostraremos por induccion que an < bn.

Si n = 1 se tiene que an = a < b = bn.

Supongamos ahora que an < bn, demostraremos que an+1 < bn+1.

Pues bien, se tiene:

an+1 = an · a < bn · a < bn · b = bn+1 .

21

Por lo tanto, para todo par de reales positivos a, b y para todo natural n secumple que:

a < b → an < bb .

Parte (2).

Supongamos ahora que an < bn, entonces como a, b ∈ R+, se tiene que:

a < b ∨ a = b ∨ a > b ,

ahora bien, si a = b, entonces an = bn lo que contradice que an < bn.

Si b < a, entonces, por la primera parte resulta bn < an, lo que tambiencontradice que an < bn.

Se concluye, entonces que a < b.

Problema 1.3.22 Si an+1 =12

1 + an

y 0 < a1 < 3, demostrar que:

a1 < a3 < a5 < · · · , a2 > a4 > a6 > · · · .

Solucion:

(1) Tenemos que:

a1 < 3 ⇒ 1 + a1 < 4 ⇒ 1

4<

1

1 + a1

⇒ 12

4<

12

1 + a1

⇒ 3 < a2 ,

ademas, resulta que:

3 < a2 ⇒ 4 < 1 + a2 ⇒ 1

1 + a2

<1

4⇒ 12

1 + a2

<12

4⇒ 0 < a3 < 3 .

Supongamos a2n−1 < 3, con ello:

a2n−1 < 3 ⇒ 1 + a2n−1 < 4 ⇒ 1

4<

1

1 + a2n−1

⇒ 12

4<

12

1 + a2n−1

⇒ 3 < a2n ,

ademas, resulta que:

3 < a2n ⇒ 4 < 1 + a2n ⇒ 1

1 + a2n

<1

4⇒ 12

1 + a2n

<12

4⇒ 0 < a2n+1 < 3 .

22

(2) Ahora:

a3 − a1 =12

1 + a2

− a1 =12

1 +12

1 + a1

− a1 =12− a1 − a2

1

13 + a1

=

=(3− a1)(a1 + 4)

13 + a1

> 0 ⇒ a3 > a1 .

Supongamos a1 < a3 < a5 < · · · < a2n−1, ası:

a2n+1−a2n−1 =12

1 + a2n−1

−a2n−1 =12

1 +12

1 + a2n−1

−a1 =12− a2n−1 − a2

2n−1

13 + a2n−1

=

=(3− a2n−1)(a2n−1 + 4)

13 + a2n−1

> 0 ⇒ a2n+1 > a2n−1 .

En conclusion, tenemos que:

a1 < a3 < a5 < · · · < a2n−1 < a2n+1 < · · ·

(3) Por otra parte, se deduce que:

a4 − a2 =12

1 + a3

− a2 =12

1 +12

1 + a2

− a2 =12− a2 − a2

2

13 + a2

=

=(3− a2)(a2 + 4)

13 + a1

< 0 ⇒ a4 < a2 .

Para el resto del problema se procede por analogıa.

1.4 Problemas propuestos

Demostrar, utilizando induccion, los siguientes problemas:

(1)1 + 2 + 4 + · · ·+ 2n−1 = 2n − 1

(2)

(r 6= 1), a + ar + ar2 + ar3 + · · ·+ arn−1 = arn − 1

r − 1

23

(3)1

4− 1

42+

1

43+ · · ·+ (−1)n−1 1

4n=

1

5

(1− 1

(−4)n

)

(4)1

1 · 3 +1

3 · 5 +1

5 · 7 + · · ·+ 1

(2n− 1)(2n + 1)=

n

2n + 1

(5)

1 · 3 + 2 · 4 + 3 · 5 + · · ·+ n(n + 2) =n(n + 1)(2n + 7)

6

(6) Sea a1 = 7, a2 = 17, an = 5an−1 − 6an−2 para n ≥ 3, entonces:

∀n ∈ N : an = 2n+1 + 3n

(7)

an =

(1− 1

22

)(1− 1

32

)· · ·

(1− 1

(n + 1)2

)⇒ an =

n + 2

2(n + 1)

(8) a1 = 1, a2 = 6, an =1

6

(5an−1 − an−2

)para n > 2, entonces

∀n ∈ N : an = 68 · 2−n − 99 · 3−n

(9) a1 = 10, a2 = 47, an = 23an−1 − 60an−2 para n ≥ 3, entonces

∀n ∈ N : an = 20n−1 + 3n+1

(10) a1 = 1, a2 = 3, an =1

2

[an−1 + an−2

]para n > 2, entonces

∀n ∈ N : an =7

3− 4

3(−1

2)n−1

(11) a1 = 0, an = (1 +√

2) an−1 − (n− 1)√

2 para n ≥ 2, entonces

∀n ∈ N : an =1√2

[1 + n

√2− (1 +

√2)n

]

(12) a1 = 0, a2 = 1, an+1 = n[an + an−1

], entonces

∀n ∈ N : an = n![1− 1

1!+

1

2!− 1

3!+ · · ·+ (−1)n

n!

]

24

(13) a1 = 2, an = an−1 + n para n ≥ 2, entonces

∀n ∈ N : an = 1 +n(n + 1)

2

(14) a1 = 0, a2 = 1, an =1

2

(an−1 + an−2

)para n > 2, entonces

∀n ∈ N : an = − 2

3

[(− 1

2

)n−1 − 1]

(15) Si a1 = −5, a2 = −26 y ∀n ≥ 3 : an = 5an−1−6an−2 +5 ·2n−2, entonces:

∀n ∈ N : an = 3 · 2n − 2 · 3n − 5 · n · 2n−1.

(16) Demostrar que ∀n ∈ N : n(n + 1)(n + 2). · · · .(n + p− 1) es divisible porp.

(17) Demostrar que ∀n ∈ N a− b es factor de a2n − b2n.

(18) Demostrar que ∀n ∈ N a + b es factor de a2n−1 + b2n−1.

(19) Demostrar que ∀n ∈ N : 5n3 + 7n es divisible por 6.

(20) Demostrar que ∀n ∈ N : 24n − 1 es divisible por15.

(21) Demostrar que ∀n ∈ N : 22n+1 − 9n2 + 3n− 2 es divisible por 54.

(22) Demostrar que ∀n ∈ N : 72n − 48n− 1 es divisible por 2304.

(23) Demostrar que ∀n ∈ N : 52(n+1) − 24n− 25 es divisible por 576.

(24) Demostrar que ∀n ∈ N : n3 + 2n es divisible por 3.

(25) Demostrar que ∀n ∈ N : Si h > −1, entonces (1 + h)n ≥ 1 + nh .

(26) Demostrar que ∀n ∈ N : 10n + 3 · 4n+2 + 5 es divisible por 9.

(27) Demostrar que:

∀n ∈ N : sen(θ + nπ) = (−1)nsenθ .

(28) Demostrar que:

∀n ∈ N : cos(θ + nπ) = (−1)n cos θ .

25

(29) Demostrar que:∀n ∈ N : 2n ≤ 2n .

(30) Demostrar que:∀n ∈ N : 2n−1 ≤ n! .

(31) Demostrar que un conjunto de n elementos tiene 2n subconjuntos.

(32) Sabiendo que:

4 =3

a1

= a1 +3

a2

= a2 +3

a3

= · · · ,

demostrar que:

an =3n+1 − 3

3n+1 − 1.

(33) Se sabe que a0 = 0, a1 = 1 y que para n ≥ 2 se tiene:

an = 2(cos t)an−1 − an−2 ,

demostrar que:

∀n ∈ N ∪ {0} : an =sen nt

sent.

(34) Al intentar demostrar por induccion las siguientes proposiciones:

(i) ∀n ∈ N (4 + 8 + 12 + · · ·+ 4n = 3n2 − n + 2) .

(ii) ∀n ∈ N (2 + 4 + 6 + ·+ 2n = n2 + n + 2) .

(iii) ∀n ∈ N, la formula p(n) = n2−n+41 proprciona solamente numerosprimos.

el metodo falla en alguna de sus partes. Senalar donde se produce elproblema.

26

Capıtulo dos

SUMATORIAS

2.1 Definicion y ejemplos

En la definicion [1.2.2], presentada en el capıtulo anterior, fue definido el con-cepto de sumatoria, como este capıtulo se refiere especıficamente a ellas, larepetiremos:

Definicion 2.1.1 Sea f : N → R, se define la sumatoria desde k = 1hasta k = n de los f(k) del modo siguiente:

1∑

k=1

f(k) = f(1) ∧n+1∑

k=1

f(k) =n∑

k=1

f(k) + f(n + 1) .

Nota:

Siendo f : N→ R, a la imagen de n mediante f la simbolizaremos por mediode f(n) = an, con ello la definicion anterior puede escribirse ahora:

Definicion 2.1.2 Dada la funcion f : N → R definida por f(n) = an sedefine inductivamente la sumatoria desde k = 1 hasta k = n de ak del modosiguiente:

1∑

k=1

ak = a1 ,

n+1∑

k=1

ak =n∑

k=1

ak + an+1

Nota:

Como veremos, esta forma de definicion recursiva tiene un significado bienpreciso puesto que:

1∑

k=1

ak = a1 ,

2∑

k=1

ak =1∑

k=1

ak + a2 = a1 + a2 ,

3∑

k=1

ak =2∑

k=1

ak + a3 = (a1 + a2) + a3 = a1 + a2 + a3 ,

27

y ası sucesivamente. Vemos, entonces que el sımbolo:

n∑

k=1

ak significa : a1 + a2 + a3 + · · ·+ an ,

es decir:n∑

k=1

ak = a1 + a2 + a3 + · · ·+ an .

Tenemos ahora que:

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 se escribe :11∑

k=1

k ,

o sea:

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 + 11 =11∑

k=1

k .

Del mismo modo resulta:

12 + 22 + 32 + · · ·+ 212 =21∑

k=1

k2 .

Como tambien:

3

1 · 2 · 21+

4

2 · 3 · 22+ · · ·+ 17

15 · 16 · 215=

15∑

k=1

k + 2

k · (k + 1) · 2k.

Por otro lado tenemos que:

8∑

k=1

k

(k + 1)!representa a :

1

2!+

2

3!+ · · ·+ 8

9!,

o sea:8∑

k=1

k

(k + 1)!=

1

2!+

2

3!+ · · ·+ 8

9!.

Por analogıa, se tiene:

13∑

k=0

(−1)k

(2k + 3)!=

1

3!− 1

5!+

1

7!− · · · − 1

29!.

28

Definicion 2.1.3 Siendo n ≥ m > 1 se define:

n∑

k=m

ak =n∑

k=1

ak −m−1∑

k=1

ak

Por ejemplo:7∑

k=3

1

k=

1

3+

1

4+

1

5+

1

6+

1

7.

2.2 Propiedades de las sumatorias

Teorema 2.2.1 Las sumatorias son independientes del ındice de sumacion.O sea:

n∑i=1

ai =n∑

j=1

aj

Nota:

Intuitivamente esta propiedad es evidente, puesto que ambas representan aa1 + a2 + · · ·+ an.

Demostracion:

Se hace por induccion. En primer lugar tenemos:

1∑i=1

ai = a1 =1∑

j=1

aj .


n∑i=1

ai =n∑

j=1

aj .

A continuacion se demuestra para (n + 1). En efecto:

n+1∑i=1

ai =n∑

i=1

ai + an+1 =n∑

j=1

aj + an+1 =n+1∑j=1

aj ,

lo que demuestra el teorema.

29

Teorema 2.2.2 La sumatoria de una suma es igual a la suma de las sumato-rias. Es decir:

n∑

k=1

(ak + bk) =n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk .

Nota: Intuitivamente se tiene:n∑

k=1

(ak + bk) = (a1 + b1) + a2 + b2) + · · ·+ (an + bn) =

= (a1 + a2 + · · ·+ an) + (b1 + b2 + · · ·+ bn) =n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk

Demostracion:

Se hace por induccion. Se tiene:

1∑

k=1

(ak + bk) = a1 + b1 =1∑

k=1

ak +1∑

k=1

bk .

Se supone valida hasta n. o sea:

n∑

k=1

(ak + bk) =n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk .

Se demuestra para (n + 1), se tiene:

n+1∑

k=1

(ak + bk) =n∑

k=1

(ak + bk) + (an+1 + bn+1) =

=n∑

k=1

ak +n∑

k=1

bk + (an+1 + bn+1) =( n∑

k=1

ak + an+1

)+

+( n∑

k=1

bk + bn+1

)=

n+1∑

k=1

ak +n+1∑

k=1

bk ,

lo que demuestra el teorema.

Teorema 2.2.3 Si cada termino de una sumatoria tiene un factor comun conlos restantes, entonces este se puede extraer del sımbolo de sumatoria. O sea:

n∑

k=1

αak = α

n∑

k=1

ak .

30

Nota:

Intuitivamente se tiene:

n∑

k=1

αak = αa1 + αa2 + · · ·+ αan =

= α(a1 + a2 + · · ·+ an) = α

n∑

k=1

ak .

Demostracion:

Se hace por induccion. Se deja a cargo del lector.

Corolario 2.2.1 Siendo α un numero real se tiene:

n∑

k=1

α = nα

Nota: Intuitivamente:

n∑

k=1

α = α + α + · · ·+ α = nα

Teorema 2.2.4 Propiedad telescopica

Se tiene:n∑

k=1

(ak+1 − ak) = an+1 − a1

Nota:


n∑

k=1

(ak+1 − ak) = (a2 − a1) + (a3 − a2) + · · ·+ (an+1 − an) = an+1 − a1

Demostracion:

Se hace por induccion. Se deja a cargo del lector.

31

Teorema 2.2.5 Si ` ≤ m < n se tiene:

n−∑

k=m−`

ak+` =n∑

k=m

ak =n+∑

k=m+`

ak−`

Nota:


n−∑

k=m−`

ak+` = a(m−`)+` + a(m−`+1)+` + · · ·+ a(n−`)+` =n∑

k=m

ak .

Como tambien:

n+∑

k=m+`

ak−` = a(m+`)−` + a(m+`+1)−` + · · ·+ a(n+`)−` =n∑

k=m

ak .

Demostracion:

En la primera hagase j = k + `, con ello k = j − ` y, por lo tanto, resulta:

n−∑

k=m−`

ak+` =n∑

j=m

aj .

En la segunda hagase j = k − ` y procedase por analogıa.

Problema 2.2.1 Siendo 1 < m ≤ n, demostrar que

n∑

k=m

±(ak − ak−1) = ±(an − am−1) .

Solucion:

Se tiene:

n∑

k=m

±(ak − ak−1) =n∑

k=1

±(ak − ak−1)−m−1∑

k=1

±(ak − ak−1) =

= ±[(an − a0)− (am−1 − a0)

]= ±(an − am−1) .

32

2.2.1 Algunas sumatorias importantes

Del capıtulo anterior tenemos los siguientes resultados:

(1)n∑

k=1

k =n(n + 1)

2(2)

n∑

k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6(3)

n∑

k=1

k3 =[n(n + 1)

2

]2

.

Veamos aquı un ejemplo donde se utiliza lo que hemos visto, hasta esta parte,para calcular una sumatoria.

Ejemplo 2.2.1 Calcular la sumatorian∑

k=1

(2k − 3)(k + 1) .

Solucion:

Tenemos:n∑

k=1

(2k − 3)(k + 1) =n∑

k=1

(2k2 − k − 3) = 2n∑

k=1

k2 −n∑

k=1

k −n∑

k=1

3 =

= 2n(n + 1)(2n + 1)

6− n(n + 1)

2− 3n =

n

6(4n2 + 5n− 17) .

2.3 Algo sobre sumatorias dobles

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n

· · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · · · · · · · · ·am1 am2 am3 · · · amn

Al lado se tiene una disposicion rec-tangular de m ·n numeros colocadosen m filas y en n columnas los que sepueden sumar primero por los filas,luego por las columnas y viceversa,consiguiendose:

m∑i=1

n∑j=1

aij =n∑

j=1

m∑i=1

aij ,

y cumpliendose las propiedades dadas por el siguiente:

33

Teorema 2.3.1 Siendo α, β ∈ R se cumple:

(1)m∑

i=1

n∑j=1

(αaij + βbij) = α

m∑i=1

n∑j=1

aij + β

m∑i=1

n∑j=1

bij .

(2)m∑

i=1

n∑j=1

(ai + bj) = n

m∑i=1

ai + m

n∑j=1

bj .

(3)m∑

i=1

n∑j=1

ai · bj = (m∑

i=1

ai)(n∑

j=1

bj) .

Problema 2.3.1 Calcular la sumatorian∑

i=1

i∑j=1

(2j − 1)

i(i + 1).

Solucion:

Se tiene:

n∑

i=1

i∑

j=1

(2j − 1)i3(i + 1)

=n∑

i=1

1i3(i + 1)

i∑

j=1

(2j − 1) =n∑

i=1

1i3(i + 1)

[i(i + 1)− i] =

=n∑

i=1

1i3(i + 1)

i2 =n∑

i=1

1i(i + 1)

=n∑

i=1

[1i− 1

i + 1

]= 1− 1

n + 1


Problema 2.4.1 Sabiendo que ak = k(k + 1)(2k + 1)(3k2 + 3k − 1), calcular

el valor de ak+1 − ak y con ello obtener la sumatorian∑

k=1

k4 .

Solucion:

Se tiene:

ak+1−ak = (k+1)(k+2)(2k+3)(3(k+1)2 +3(k+1)−1)−k(k+1)(2k+1)(3k2 +3k−1) =

= 30(k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1) ,

34

pero:1

30

n∑

k=1

(ak+1 − ak) =n∑

k=1

(k4 + 4k3 + 6k2 + 4k + 1) ,

con lo que:

n∑

k=1

k4 =1

30

n∑

k=1

(ak+1 − ak)− 4n∑

k=1

k3 − 6n∑

k=1

k2 − 4n∑

k=1

k − n ,

pero:

1

30

n∑

k=1

(ak+1−ak) =1

30

[(n+1)(n+2)(2n+3)(3(n+1)2+3(n+1)−1)−1·2·3·5] =

=1

30

[(n + 1)(n + 2)(2n + 3)(3n2 + 9n + 5)− 30

]

y:n∑

k=1

k =n(n + 1)

2,

n∑

k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6,

n∑

k=1

k3 =[n(n + 1)

2

]2

.

luego, efectuando los reemplazos, se consigue:

n∑

k=1

k4 =1

30

[(n + 1)(n + 2)(2n + 3)(3n2 + 9n + 5)− 30

]− [n(n + 1)

]2−

−n(n + 1)(2n + 1)− 2n(n + 1)− n ,

y, por lo tanto, eliminando terminos semejantes, se obtiene:

n∑

k=1

k4 =n

30(6n4 + 15n3 + 10n2 − 1) =

n(n + 1)(2n + 1)(3n2 + 3n− 1)

30.


k=1

1

k(k + 1).

Solucion:

Se tiene:1

k(k + 1)=

1

k− 1

k + 1,

con esto resulta:n∑

k=1

1

k(k + 1)=

n∑

k=1

(1

k− 1

k + 1

),

35

y,aplicando la propiedad telescopica, se consigue:

n∑

k=1

1

k(k + 1)=

n∑

k=1

(1

k− 1

k + 1

)= 1− 1

n + 1.

Problema 2.4.3 Calcular la sumatoria S =n∑

k=1

1

k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m).

Solucion:

Se tiene:

1k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m)

=1m

[ 1k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m− 1)

− 1(k + 1)(k + 2) · · · (k + m)

],

con ello:

S =1

m

n∑

k=1

[ 1

k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m− 1)− 1

(k + 1)(k + 2) · · · (k + m)

]=

=1

m

[ 1

1 · 2 · 3 · · ·m − 1

(n + 1)(n + 2) · · · (n + m)

]=

1

m

[ 1

m!− n!

(n + m)!

].


k=1

k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m) .

Solucion:

Se tiene:

k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m) =1

m + 2[k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m)(k + m + 1)−

−(k − 1)k(k + 1)(k + 2) · · · (k + m)]

,

con ello:

S =1

m + 2

n∑

k=1

[k(k +1)(k +2) · · · (k +m)(k +m+1)− (k− 1)k(k +1)(k +2) · · · (k +m)

]=

=1

m + 2n(n + 1)(n + 2) · · · (n + m + 1) =

(n + m + 1)!(m + 2)(n− 1)!

.


k=1

k + 2

k(k + 1)2k.

36

Solucion:

Se tiene:k + 2

k(k + 1)=

2k− 1

k + 1,

luego:

S =n∑

k=1

( 1

k2k−1− 1

(k + 1)2k

)= 1− 1

(n + 1)2n.


k=1

k

(k + 1)!.

Solucion:

Se tiene:

S =n∑

k=1

(k + 1)− 1(k + 1)!

=n∑

k=1

( 1k!− 1

(k + 1)!

)= 1− 1

(n + 1)!.


k=1

2k − 1

k(k + 1)(k + 2).

Solucion:

Se tiene:2k − 1

k(k + 1)(k + 2)=

12

(− 1

k+

6k + 1

− 5k + 2

),

de donde:

S =1

2

( n∑

k=1

[ 1

k + 1− 1

k

]− 5

n∑

k=1

[ 1

k + 2− 1

k + 1

])=

=1

2

( 1

n + 1− 1− 5

[ 1

n + 2− 1

2

])=

3

4− 4n + 3

2(n + 1)(n + 2).


k=1

k logk + 1

k.

37

Solucion:

Se tiene:

S =n∑

k=1

k logk + 1

k=

n∑

k=1

k[log(k + 1)− log k

]=

=n∑

k=1

[(k + 1) log(k + 1)− k log k

]−n∑

k=1

log(k + 1) =

=[(n + 1) log(n + 1)− 1 log 1

]− log(n + 1)! = log(n + 1)n

n!.


k=1

26k + 107

(k + 1)(k + 4)· 1

3k+3.

Solucion:

Se tiene:

26k + 107(k + 1)(k + 4)

=a

k + 1+

b

k + 4⇒ 26k + 107 = a(k + 4) + b(k + 1),

de ello k = −1 ⇒ a = 27, k = −4 ⇒ b = −1, por lo tanto, se tendra:

n∑

k=1

26k + 107(k + 1)(k + 4)

· 13k+3

=n∑

k=1

1(k + 1)3k

−n∑

k=1

1(k + 4)3k+3

.

En esta ultima hacemos el cambio de k por k − 3, resultando:

n∑

k=1

26k + 107(k + 1)(k + 4)

· 13k+3

=n∑

k=1

1(k + 1)3k

−n+3∑

k=4

1(k + 1)3k

=

=1

2 · 3 +1

3 · 32+

14 · 33

− 1(n + 2)3n+1

− 1(n + 3)3n+2

− 1(n + 4)3n+3

.


k=23

2k

1 + k2 + k4.

Solucion:

Tenemos:2k

1 + k2 + k4=

2k

(k2 + 1)2 − k2=

2k

(k2 + k + 1)(k2 − k + 1)=

38

=ak + b

k2 + k + 1+

ck + d

k2 − k + 1⇒ 2k = (ak + b)(k2 − k + 1) + (ck + d)(k2 + k + 1) .

Coloquemos ahora:k2 + k + 1 = 0 ⇒ k2 = −(k + 1) ,

luego:

2k = (ak + b)(k2 − k + 1) = (ak + b)(−2k) = −2ak2 − 2bk = 2a(k + 1)− 2bk =

= 2(a− b)k + 2a ⇒ a = 0 ∧ b = −1 .

Por similitud se consigue c = 0 y d = 1, luego:

2k

1 + k2 + k4=

1k2 − k + 1

− 1k2 + k + 1

.

Por lo tanto, se obtiene:

n∑

k=1

2k

1 + k2 + k4= 1− 1

n2 + n + 1

con lo que:

n∑

k=23

2k

1 + k2 + k4= 1− 1

n2 + n + 1−

(1− 1

222 + 22 + 1

)=

1463

− 1n2 + n + 1

.


k=1

3k − 1

(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7).

Solucion:

Se tiene:

3k − 1

(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7)=

a

(4k − 1)(4k + 3)− b

(4k + 3)(4k + 7),

consiguiendose:3k − 1 = a(4k + 7) + b(4k − 1) ,

y, por lo tanto, haciendo k =1

4resulta −1

4= 8a, con lo que a = − 1

32y con

k = −7

4se tendra −25

4= b(−8), de donde b =

25

32, luego:

3k − 1(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7)

=2432· 1(4k + 3)(4k + 7)

+132·( 1

(4k + 3)(4k + 7)− 1

(4k − 1)(4k + 3)

)=

=34· 14·( 1

4k + 3− 1

4k + 7

)+

132·( 1

(4k + 3)(4k + 7)− 1

(4k − 1)(4k + 3)

),

39

llegandose a:

n∑

k=1

3k − 1(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7)

=316·

n∑

k=1

( 14k + 3

− 14k + 7

)+

+132·

n∑

k=1

( 1(4k + 3)(4k + 7)

− 1(4k − 1)(4k + 3)

)=

=316·(1

7− 1

4n + 7

)+

132·( 1

(4n + 3)(4n + 7)− 1

3 · 7)

=

=3

16 · 7 −1

3 · 7 · 32+

132 · (4n + 3)(4n + 7)

− 316 · (4n + 7)

=

=18− 1

3 · 7 · 32+

1− 6 · (4n + 3)32 · (4n + 3)(4n + 7)

=17672

− 24n + 1732 · (4n + 3) · (4n + 7)

.

Problema 2.4.12 Calcular la suma de los numeros:

11 31 3 51 3 5 71 3 5 7 9...

......

......

.........

...1 3 5 7 9 · · · 2n− 1

Solucion:

Considerando el renglon k-esimo vemos que su suma es k2. Luego la sumapedida es:

n∑

k=1

k2 =n(n + 1)(2n + 1)

6.

Problema 2.4.13 Calcular la suma de los numeros:

11 21 2 31 2 3 41 2 3 4 5...

......

......

.........

...1 2 3 4 5 · · · n

40

Solucion:

Considerando el renglon k-esimo vemos que su suma esk(k + 1)

2. Luego la

suma pedida es:n∑

k=1

k(k + 1)

2=

n(n + 1)(n + 2)

6.

Problema 2.4.14 Calcular la sumatoria∞∑

k=1

k2 + k − 1

(k + 1)2(k + 2)2.

Solucion:

Tenemos:

k2 + k − 1

(k + 1)2(k + 2)2=

(k + 1)2 − (k + 2)

(k + 1)2(k + 2)2=

1

(k + 2)2− 1

(k + 1)2(k + 2)=

=1

(k + 2)2− (k + 2)− (k + 1)

(k + 1)2(k + 2)=

1

(k + 2)2− 1

(k + 1)2+

1

(k + 1)(k + 2)=

=1

(k + 2)2− 1

(k + 1)2+

1

k + 1− 1

k + 2,

con ello:

n∑

k=1

( 1

(k + 2)2− 1

(k + 1)2

)+

n∑

k=1

( 1

k + 1− 1

k + 2

)=

1

(n + 2)2− 1

4+

1

2− 1

n + 2.


k=1

3k(10k3 − 2k2 + 3k + 6)

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6).

Solucion:

Tenemos que los trinomios 5k2 − k + 2 y 5k2 + 9k + 6 son irreducibles en R,por lo tanto, las fracciones parciales a utilizar son de la forma:

10k3 − 2k2 + 3k + 6

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

ak + b

5k2 − k + 2+

ck + d

5k2 + 9k + 6,

41

se debera encontrar los valores de a, b, c y d; o sea, tendremos para todo k:

10k3 − 2k2 + 3k + 6 = (ak + b)(5k2 + 9k + 6) + (ck + d)(5k2 − k + 2) .

Imponemos primero que 5k2 − k + 2 = 0, lo que nos lleva tanto a 5k2 = k − 2como tambien a:

10k3 − 2k2 + 3k + 6 = (ak + b)(5k2 + 9k + 6) ,

que puede escribirse:

2k · 5k2 − 2k2 + 3k + 6 = (ak + b)(5k2 + 9k + 6) ,

y como 5k2 = k − 2 se obtendra:

2k(k − 2)− 2

5(k − 2) + 3k + 6 = (ak + b)(k − 2 + 9k + 6) ,

o sea:

2

5(k − 2)− 4k − 2

5(k − 2) + 3k + 6 = 2a(k − 2) + 4ak + 10bk + 4b ,

es decir:−k + 6 = (6a + 10b)k − 4a + 4b ,

de donde se obtiene el sistema:

6a + 10b = −1−4a + 4b = 6

}

cuyas soluciones son a = −1 y b =1

2.

Haciendo 5k2+9k+6 = 0 se tendra 5k2 = −(9k+6) y trabajando por analogıa

se conseguira c = 3, d =3

2, con lo que:

10k3 − 2k2 + 3k + 6

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

3

2· 2k + 1

5k2 + 9k + 6− 1

2· 2k − 1

5k2 − k + 2,

y, por lo tanto, conseguiremos:

3k(10k3 − 2k2 + 3k + 6)

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

1

2·(

3k+1(2k + 1)

5k2 + 9k + 6− 3k(2k − 1)

5k2 − k + 2

),

luego, la sumatoria pedida es:

n∑

k=1

3k(10k3 − 2k2 + 3k + 6)

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

1

2·

n∑

k=1

(3k+1(2k + 1)

5k2 + 9k + 6− 3k(2k − 1)

5k2 − k + 2

).

42

Considerando ahora:

ak =3k(2k − 1)

5k2 − k + 2,

resultara:

ak+1 =3k+1(2k + 1)

5k2 + 9k + 6,

con lo que la sumatoria satisface la propiedad telescopica y, por lo tanto,obtendremos:

n∑

k=1

3k(10k3 − 2k2 + 3k + 6)

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

1

2·(

3n+1(2n + 1)

5n2 + 9n + 6− 1

2

),

es decir:

n∑

k=1

3k(10k3 − 2k2 + 3k + 6)

(5k2 − k + 2)(5k2 + 9k + 6)=

1

4·(

2 · 3n+1(2n + 1)− (5n2 + 9n + 6)

5n2 + 9n + 6

).

Nota:

En general, hasta aquı hemos utilizado la propiedad telescopica. Pues bien, si

se tienen∑

k=1

ak = f(n), entonces∑

k=1

ak = f(`), y, por lo tanto:

a` = f(`)− f(`− 1) , con : f(0) = 0 , (2.1)

que nos dice que:n∑

k=1

[f(k)− f(k − 1)

]= f(n) ,

por lo tanto, si se desea saber si una sumatoria esta bien calculada bastara ocu-par (2.1). Veamos algunos ejemplos.

Problema 2.4.16 Demostrar quen∑

k=1

k =n(n + 1)

2.

Solucion:

Se debe establecer que:

ak =k(k + 1)

2− (k − 1)k

2,

43

lo que es evidente, por lo tanto, se tiene:

n∑

k=1

k =n(n + 1)

2.

Problema 2.4.17 Demostrar quen∑

k=1

k3 =[n(n + 1)

2

]2

.

Solucion:

Se debe establecer que:

ak =[k(k + 1)

2

]2

−[(k − 1)k

2

]2

,

lo que es evidente, por lo tanto, se tiene:

n∑

k=1

k3 =[n(n + 1)

2

]2

.

Nota:

Un ejercicio mas complicado lo constituye la suma de los n primeros terminosde una progresion hipergeometrica. Para ello es previo pasar a la siguiente:

Definicion 2.4.1 Se denomina progresion hipergeometrica a toda suce-sion:

a1, a2, · · · , an, · · ·que satisface:

an+1

an

=an + b

an + c,

donde a, b c ∈ R, b y c no ambos nulos y a + b 6= c.

Problema 2.4.18 Demostrar que si a1, a2, · · · , an, · · · es una progresionhipergeometrica, entonces:

n∑

k=1

ak =(na + b)an − ca1

a + b− c.

44

Solucion:

Aquı se debera demostrar que:

ak =(ka + b)ak − ca1

a + b− c− ((k − 1)a + b)ak−1 − ca1

a + b− c.

Pues bien, partimos del segundo miembro de la expresion anterior, o sea de:

s =(ka + b)ak − ca1

a + b− c− ((k − 1)a + b)ak−1 − ca1

a + b− c,

estableceremos que s = ak; de la definicion anterior resulta:

ak−1 =a(k − 1) + c

a(k − 1) + bak ,

valor que reemplazado en s nos conduce a:

s =

ka + b− [(k − 1)a + b

]a(k − 1) + c

a(k − 1) + b

a + b− cak ,

o sea a:

s =ka + b− [

a(k − 1) + c]

a + b− cak =

a + b− c

a + b− cak = ak ,

por lo tanto, el problema queda resuelto.

Problema 2.4.19 Siendo r 6= 1, calcular la sumatoria:

S =n∑

k=1

k! rk

(1 + r)(1 + 2r) · · · (1 + kr).

Solucion:

Sea

ak =k! rk

(1 + r)(1 + 2r) · · · (1 + nr),

con ello, resulta:

ak+1

ak

=(k + 1)r

1 + (k + 1)r=

kr + r

kr + (r + 1),

45

vemos que los terminos:a1, a2, · · · , an

estan en progresion hipergeometrica con:

a = r , b = r , c = r + 1 ,

en conclusion, por problema anterior, se obtiene:

S =n∑

k=1

k!rk

(1 + r)(1 + 2r) · · · (1 + nr)=

(n + 1)! rn+1

(1 + r)(1 + 2r) · · · (1 + nr)− r

r − 1.

Problema 2.4.20 Siendo r 6= 1, calcular la sumatoria S =n∑

k=1

rk−1 .

Solucion:

Se tiene:

S = 1 + r + r2 + r3 + · · · + rn−1

rS = r + r2 + r3 + · · · + rn−1 + rn

A la primera de estas igualdades le restamos la segunda , obteniendose:

(1− r)S = 1− rn ,

de donde:

S =1− rn

1− r,

o sea:

S =n∑

k=1

rk−1 =1− rn

1− r.

Nota:

Si en esta suma se tiene | r | < 1 se obtiene la serie geometrica, que estudiare-mos en el capıtulo de “Progresiones”, pero adelantamos el resultado:

Si | r | < 1, entonces :∞∑

k=1

ark−1 =a

1− r.

Un caso tıpico es el que entrega el siguiente:

46

Ejemplo 2.4.1∞∑

k=1

(1

2

)k−1

=1

1− 1

2

= 2 .

Problema 2.4.21 Calcular la suma de todos los terminos de:√

5√5 + 1

+

√5

5 +√

5+

√5

5√

5 + 5+ · · ·

Solucion:

En este problema vemos que:

a2 =

√5

5 +√

5=

1√5·

√5√

5 + 1=

1√5a1 ,

y tambien

a3 =

√5

5√

5 + 5=

1√5·

√5

5 +√

5=

1√5a2 ,

y, ası sucesivamente, luego la suma pedida es la de una serie geometrica con

a =

√5√

5 + 1y r =

1√5

< 1, con ello la respuesta estara dada por:

∞∑

k=1

√5√

5 + 1·( 1√

5

)k−1

=

√5√

5 + 1· 1

1− 1√5

=5

4.

Problema 2.4.22 Siendo r 6= 1, calcular la sumatoria S =n∑

k=1

krk−1 .

Solucion:

Se tiene:

S = 1 + 2r + 3r2 + 4r3 + · · · + nrn−1

rS = r + 2r2 + 3r3 + · · · + (n− 1) rn−1 + nrn

A la primera de estas igualdades le restamos la segunda , obteniendose:

(1− r)S = 1 + r + r2 + r3 + · · · rn−1 − nrn ,

47

o sea:

(1− r)S =1− rn

1− r− nrn ,

de donde:

S =1− rn

(1− r)2− nrn

1− r,

por lo tanto, conseguimos:

S =n∑

k=1

krk−1 =1− (n + 1)rn + nrn+1

(1− r)2.


(A) Calcular las sumatorias:

(1)n∑

k=1

(2k − 1) (2)n∑

k=1

(2k − 3)(k + 1)

(3)n∑

k=1

1

(k + 1)(k + 2)(4)

n∑

k=1

1

(k + 1)(k + 2)(k + 3)

(5)n∑

k=1

k(k + 1)(k + 2)(k + 3) (6)n∑

k=1

2k + 5

(k + 1)(k + 2)3k

(7)n∑

k=1

k + 1

(k + 2)!(8)

n∑

k=1

k · k!

(9)n∑

k=1

(k2 + 1)k! (10)n∑

k=1

logk + 1

k

(11)n∑

k=1

k2 + k − 1

(k + 2)!(12)

n∑

k=1

2k + 1

k2(k + 1)2

(13)n∑

k=1

6k + 13

(k + 1)(k + 2)7k(14)

n∑

k=1

(−1)k+1(k + 1)

(2k + 1)(2k + 3)

(15)n∑

k=1

k2 + k − 1

(k + 1)2(k + 2)2(16)

n∑

k=1

3k(12k − 7)

(3k − 1)(3k + 5)

(17)n∑

k=1

5k−1 (18)n∑

k=1

k7k−1

(19)n∑

k=1

(− 1

3

)k−1

(20)n∑

k=1

4k−1

(21)n∑

k=1

k(

− 1

3

)k−1

(22)n∑

k=1

k4k−1

(23)n∑

k=1

(2

3

)k−1

(24)n∑

k=1

(−5)k−1

48

(25)n∑

k=1

k(2

3

)k−1

(26)n∑

k=1

k(−5)k−1

(27)n∑

k=1

7k + 31

(k + 1)(k + 4)2k+3(28)

n∑

k=1

(−1)k+1

k(k + 2)

(29)n∑

k=1

2k − 1

k(k + 1)(k + 2)(30)

n∑

k=1

2k−1k

(k + 1)(k + 2)

(31)n∑

k=1

26k + 107

(k + 1)(k + 4)3k+3(32)

n∑

k=1

2k(93k − 46)

(3k − 1)(3k + 14)

(33)n∑

k=1

3k − 1

(4k − 1)(4k + 3)(4k + 7)(34)

n∑

k=1

k(k + 1)(k + 2)

(35)n∑

k=1

(114k + 227) · 7k

(k + 2) · (k + 5)(36)

n∑

k=1

114k + 571

(k + 2) · (k + 5) · 7k

(37)n∑

k=2

log[(

1 +1

k

)k

(1 + k)]

(log kk

)[log

(k + 1

)k+1] (38)n∑

k=1

3k(6k − 5)

(3k − 1)(3k + 2)

(39)n∑

k=1

3k2 + k − 9

(k2 + 2k + 2)(k2 + 4k + 5)(40)

n∑

k=1

4k2 − 2k − 17

(k2 + 2k + 2)(k2 + 4k + 5)

(41)n∑

k=1

k2 − 1

(3k2 + k + 1)(3k2 + 7k + 5)(42)

n∑

k=1

5k2 + 3k − 3

(3k2 + k + 1)(3k2 + 7k + 5)

(43)n∑

k=1

√k + 1 − √

k√k2 + k

(44)n∑

k=1

k + 5

3k−1

(45)n∑

k=1

log(1 +

1

k2 + 2k

)(46)

n∑

k=1

k4 + k2 + 1

k4 + k

(47)n∑

k=1

5k(4k + 1)

(2k + 1)(2k + 3)(48)

n∑

k=1

23 − 4k

(4k + 1)(4k + 5)(4k + 9)

(B) Hallar la suma (hasta n terminos) de:

(i)

3

8+

3 · 58 · 10

+3 · 5 · 7

8 · 10 · 12+ · · ·

(ii)

1

2 · 4+1 · 3

2 · 4 · 6+1 · 3 · 5

2 · 2 · 4 · 8 · 10+· · ·

(iii)

2

3+

2 · 53 · 6 +

2 · 5 · 83 · 6 · 9 + · · ·

(iv)

3 · 84 · 9+

3 · 8 · 13

4 · 9 · 14+

3 · 8 · 13 · 18

4 · 9 · 14 · 19+· · ·

(v)1!

a+

2!

a(a + 1)+

3!

a(a + 1)(a + 2)+ · · ·

49

(vi)1!

a− 1− 2!

(a− 1)(a− 2)+

3!

(a− 1)(a− 2)(a− 3)− · · ·

(vii)a

1· 2− a(a− 1)

1 · 3 · 22 +a(a− 1)(a− 2)

1 · 3 · 5 · 23 − · · ·

(viii)

1− a

1+

a(a− 1)

1 · 2 − a(a− 1)(a− 2)

1 · 2 · 3 + · · ·

(ix)

1 +1 + d

a + 2d+

(1 + d)(1 + 2d)

(a + 2d)(a + 3d)+

(1 + d)(1 + 2d)(1 + 3d)

(a + 2d)(a + 3d)(a + 4d)+ · · ·

(C) Calcular las sumatorias dobles:

(1)n∑

i=1

20∑

j=1

2j−i (2)100∑

i=1

25∑

j=1

(i2 · j)

(3)n∑

i=2

m∑

j=1

2α (4)10∑

i=1

n∑

j=1

2 · i · (j + 1)

(5)n∑

i=1

i∑

j=1

ai+j (6)100∑

i=0

3∑

j=0

ij

50

2.6 Respuestas capıtulo 2

Ejercicios (A)

(1) n2

(2)23n3 +

n2

2− 19n

2

(3)n

2(n + 2)

(4)n(n + 5)

12(n + 2)(n + 3)

(5)n5

5+ 2n4 + 7n3 + 10n2 +

24n

5

(6)12− 1

(n + 2)3n

(7)12− 1

(n + 2)!

(8) (n + 1)!− 1

(9) n(n + 1)!

(10) log(n + 1)

(11)12− n + 1

(n + 2)!

(12) 1− 1(n + 1)2

(13)12− 1

(n + 2)7n

(14)14

(13

+(−1)n+3

2n + 3

)

(15)14− n + 11

(n + 2)2

(16)(12n + 11)3n+1

2(3n + 2)(3n + 5)− 33

20

(17)5n − 1

4

(18)n7n

6+

1− 7n

36

(19) 31− (− 1

3

)n

4

(20)4n − 1

3

(21)916

+(−1)n+1

4 · (−3)n−1

(n +

34

)

(22)19

+4n

3

(n− 1

3

)

(23) 3(

1−(−2

3

)n)

(24)1− (−5)n

6

(25) 9− n2n

3n−1− 9

(23

)n

(26) (−1)n+15n(n

6+ 1

)+

136

(27)3596− 7n2 + 45n + 70

(n + 2)(n + 3)(n + 4)2n+3

(28)14

+(−1)n+3

2(n + 1)(n + 2)

(29)34− 4n + 3

2(n + 1)(n + 2)

(30)2n

n + 2− 3

4

(31)23108

− 13n2 + 86n + 138(n + 2)(n + 3)(n + 4)

(32)2n+1(2511(n + 1)4 + 13824(n + 1)3 + 21033(n + 1)2 + 5784n + 2920)

(3n + 2)(3n + 5)(3n + 8)(3n + 11)(3n + 14)− 2518

385

(33)17672

− 24n + 1732(4n + 3)(4n + 7)

(34)(n + 1)4

4+

(n + 1)3

2− (n + 1)2

4− n + 1

2

51

(35)(57(n + 1)2 + 294n + 656)7n+1

3(n + 3)(n + 4)(n + 5)−

−4991180

(36)1097180

− 57(n + 1)2 + 390n + 10403(n + 3)(n + 4)(n + 5)7n

(37)1

2 log 2− 1

(n + 1) log(n + 1)

(38)3n+1

3n + 2− 3

2

(39)25− 3n + 2

n2 + 4n + 5

(40)25− 4n + 1

n2 + 4n + 5

(41)130− 2n + 1

6(3n2 + 7n + 5)

(42)415− 5n + 4

3(3n2 + 7n + 5)

(43) 1−√

n + 1n + 1

(44)394− 31−n(n + 1)

2− 11 · 31−n

4

(45) log2(n + 1)2

n + 2

(46)n(n + 2)

n + 1

(47)5n+1

2(2n + 3)− 5

6

(48)7

180− 4n− 7

4(4n + 5)(4n + 9)

Ejercicios (B)

(i) 1−n∏

j=1

2j + 12j + 6

(ii)12−

n∏

j=1

2j − 12j

(iii)3n− 1

2−

n∏

j=1

3j − 13j

(iv)112

2 + 3(5n− 2)

n+1∏

j=1

5j − 25j − 1

(v)

(n + 1)!−n∏

j=1

(a + j − 1)

(2− a)n∏

j=1

(a + j − 1)

(vi)

(−1)n+1(n + 1)! + (a− 1)n∏

j=1

(a− j)

(a + 1)n∏

j=1

(a− j)

Ejercicios (C)

(1) 2097150(1− 2−n)

(2) 109963750

(3) 2(n− 2)mα

(4) 5050n(n + 1)

(5)a(a2n+1 − an+2 − an+1 + a)

(a− 1)2(a + 1)

(6) 25845900

52

Capıtulo tres

PROGRESIONES

3.1 Introduccion

Xenon nos ha descrito la siguiente paradoja entre Aquiles y la tortuga:

Aquiles y una tortuga siguen cierta trayectoria rectilınea determinada por lasposiciones originales de ambos, digamos que A0 es la posicion original de Aqui-les y T0 la de la tortuga. El sentido del movimiento es de A0 a T0, tal como sesenala en la figura 3.1:

(A0)| (T0)|

Fig. 3.1

Como hemos dicho, la posicion ini-cial o posicion cero esta dada por elpar (A0, T0).

La posicion uno de ambos esta dadapor el par (A1, T1) en que Aquilesrecorre la mitad de la distancia A0T0

y la tortuga recorre cierta distanciaT0T1 en el mismo lapso de tiempo, loque se muestra en la figura 3.2.

(A0)| (A1)| (T0)|(T1)|

Fig. 3.2

La posicion dos de ambos esta dada por el par (A2, T2) donde Aquiles recorrela mitad de la distancia A1T1 y la tortuga recorre cierta distancia T1T2 en elmismo lapso de tiempo y ası se continua.

Debido a que siempre hay distancia entre Aquiles y la tortuga vemos que existepermanentemente un termino de la sucesion que depende del termino anterior.Xenon concluye que Aquiles no alcanzara a la tortuga.

El caso mas sencillo es aquel en que la tortuga no se mueve. En tal situacion,suponiendo que Aquiles lleva una rapidez constante v, y llamando d a la dis-

tancia A0T0 nos resulta que Aquiles demorara el tiempo t1 =d

2ven llegar a la

posicion A1 y demorarra el tiempo t2 =t12

=d

22ven llegar a la posicion A2.

Luego, para llegar de la posicion An−1 a la posicion An Aquiles ocupara un

53

tiempo tn =d

2nv. Por lo tanto, resulta:

t =n∑

j=1

tj =d

2v

n∑j=1

1

2j−1=

d

2v· 1− 2−n

1− 2−1,

esto se debe al ejercicio resuelto[2.4.22

], o sea:

t =d

v· (1− 2−n

),

Aquı hemos descrito un tıpico caso de cierta sucesion que tiene la propiedad:

tn+1 =1

2tn

que es un caso conocido como progresion geometrica.

De esta clase de sucesiones, llamadas progresiones nos preocuparemos en estecapıtulo.

3.2 Progresion aritmetica

Definicion 3.2.1 Se dice que los numeros a1, a2, · · · , an, · · · estan en pro-gresion aritmetica si:

a2 − a1 = a3 − a2 = · · · = an − an−1 = · · · = d

Nota:

La abreviatura P.A. se utiliza para expresar progresion aritmetica, ademasa1 se denomina primer termino de la P.A. y d se conoce como la diferenciade la P.A.

Nota:

De la definicion anterior se desprende, por un simple calculo, que a2 = a1 + d;a3 = a2 + d = a1 + 2d; etc., con lo que el termino general de la P.A. es:

an = a1 + (n− 1)d

Problema 3.2.1 La suma de 5 numeros en P.A. es 10 y la suma de suscuadrados es 60. Hallar los numeros.

54

Solucion:

Tales numeros seran a− 2d, a− d, a, a + d, a + 2d, luego, segun las condicionesse tendra:

(a− 2d) + (a− d) + a + (a + d) + (a + 2d) = 10, con lo que a = 2.

Por otro lado, tenemos:

(2 − 2d)2 + (2 − d)2 + 22 + (2 + d)2 + (2 + 2d)2 = 60 y por tanto d = ±2,con ello la respuesta sera:

−2, 0, 2, 4 y 6 si d = −2, o tambien 6, 4, 2, 0 y −2 si d = 2.

Problema 3.2.2 Si los terminos de ordenes p, q, r de una P.A. son respec-tivamente a, b, c, entonces demostrar que:

(q − r)a + (r − p)b + (p− q)c = 0 .

Solucion:

Se tiene por enunciado que:

ap = a1 +(p− 1)d = a, aq = a1 +(q− 1)d = b, ar = a1 +(r− 1)d = c ,

de ello:

(q − r)a + (r − p)b + (p− q)c = (q − r)ap + (r − p)aq + (p− q)ar =

= ((q − r)(a1 + (p− 1)d) + (r − p)(a1 + (q − 1)d) + (p− q)(a1 + (r − 1)d) =

= a1(q − r + r − p + p− q) + d((q − r)(p− 1) + (r − p)(q − 1) + (p− q)(r − 1)) = 0 .

Problema 3.2.3 Dados los numeros a y b interpolar entre ellos n mediosaritmeticos.

Solucion:

Se tiene a1 = a, a2, a3, · · · , an+1, an+2 = b, por lo tanto:

an+2 = b = a + (n + 1)d ⇒ d =b− a

n + 1

55

con lo que los numeros pedidos son:

ak = a + (k − 1)b− a

n + 1k = 2, 3, 4, 5, · · · , n + 1 .

Por ejemplo, si a = 87, b = −135 y n = 110 se consigue:

ak = 87− 2(k − 1) k = 2, 3, · · · , 111 .

Problema 3.2.4 Calcular la suma de los primeros n terminos de una P.A.

Solucion:

Siendo ak = a1 + (k − 1)d se tiene:

Sn =n∑

k=1

[a1 + (k − 1)d

]= na1 + d

n∑

k=1

(k − 1) = na1 + d(n− 1)n

2=

n

2(2a1 + (n− 1)d

).

Por lo tanto:

Sn =n∑

k=1

ak =n

2

(2a1 + (n− 1)d

),

o tambien:n∑

k=1

ak =n

2

(a1 + an

).

Problema 3.2.5 Encontrar la suma de todos los numeros entre 1000 y 10000que son divisibles por 23.

Solucion:

Se tiene:

a1 = 1012(= 23× 44), an = 9982(= 23× 434), an = 1012+ (n− 1) · 23 = 9982,de donde n = 391, luego:

S391 =391

2(1012 + 9982) = 2.149.327 .

Problema 3.2.6 Si en una P.A. la suma de los m primeros terminos es ny la suma de los n primeros terminos es m, encontrar la suma de los m + nprimeros terminos.

56

Solucion:

Se tiene:Sm =

m

2(2a1 + (m− 1)d) = n

Sn =n

2(2a1 + (n− 1)d) = m

,

o sea:m(2a1 + (m− 1)d) = 2nn(2a1 + (n− 1)d) = 2m

},

multiplicando la primera ecuacion de este ultimo sistema por n, luego la se-gunda ecuacion por m y restando los resultados, se consigue:

(m− n)d = 2n2 −m2

nm⇒ d = − 2

mn(m + n) ,

luego:

a1 =n

m+

(m− 1)(m + n)

mn=

1

mn(n2 + (m− 1)(m + n)) ,

con lo que:

Sm+n =m + n

2

( 2mn

(n2 + (m− 1)(m + n))− 2mn

(m + n)(m + n− 1))

= −(m + n)

.

Definicion 3.2.2 Dados los numeros a y b , un numero c se denomina medioaritmetico entre a y b si a, c, b ∈ P.A.

De ello se desprende que :

c− a = b− c ⇒ c =a + b

2,

o sea:

c =a + b

2.

Problema 3.2.7 Si logk u, log` u, logm u ∈ P.A., entonces

m2 = (km)logk ` .

57

Solucion:

Colocando:

x = logk u ⇒ u = kx, y = log` u ⇒ u = `y, z = logm u ⇒ u = mz ,

ademas 2y = x + z. Luego kx = `y = mz ⇒ x = y logk ` = z logk m. Por lotanto:

2x

logk `= x +

x

logk m/ · logk ` · logk m

x

nos lleva a:

logk m2 = logk ` · logk m + logk ` = logk `(logk m + logk k)

o sea:

logk m2 = logk ` · logk km = logk(km)logk ` ⇒ m2 = (km)logk `

Problema 3.2.8 El numero de terminos de una P.A. es par, la suma de losterminos impares es 24, la de los terminos pares es 30 y el ultimo terminoexcede al primero en 10. Encontrar el numero de terminos.

Solucion:

Sea 2n el numero de terminos de esta progresion aritmetica con primer terminoa1 y diferencia d; ası, la suma de los terminos pares es:

n∑

k=1

a2k =n∑

k=1

(a1 + (2k − 1)d) = 30 ⇒ na1 + n2d = 30 ,

y la suma de los terminos impares es:

n∑

k=1

a2k−1 =n∑

k=1

(a1 + (2k − 2)d) = 24 ⇒ na1 + n(n− 1)d = 24

restando la segunda de la primera se obtiene nd = 6 y como:

a2n = a1 + (2n− 1)d = a1 + 10 ,

resulta (2n− 1)d = 10, con lo que d = 2 y con ello n = 3, por lo tanto, 2n = 6.

58

3.3 Progresion geometrica

Definicion 3.3.1 Se dice que los numeros a1, a2, · · · , an, · · · estan en pro-gresion geometrica si:

a2 : a1 = a3 : a2 = · · · = an : an−1 = · · · = r .

Nota:

La abreviatura P.G. se utiliza para expresar progresion geometrica, ademasa1 se denomina primer termino de la P.G. y r se conoce como la razonde la P.G.

Nota:

De la definicion anterior se desprende, por un simple calculo, que a2 = a1 · r;a3 = a2 · r = a1 · r2; etc., con lo que el termino general de la P.G. es:

an = a1 · rn−1

Problema 3.3.1 Si cada termino de una P.G. se resta del termino siguiente,entonces las diferencias sucesivas forman otra P.G.

Solucion:

Se tiene: b1 = a2 − a1 = a1(r − 1), b2 = a3 − a2 = a1(r2 − r) = a1(r − 1) r,

b3 = a4 − a3 = a1(r3 − r2) = a1(r − 1) r2, · · · , bn = an+1 − an = a1(r − 1) rn−1 , etc.luego, {bn} forma una nueva P.G.

Problema 3.3.2 Si a, b, c, d ∈ P.G., entonces (b− c)2 +(c−a)2 +(d− b)2 =(a− d)2.

Solucion:

Se tiene:

b

a=

c

b=

d

c⇒ (b2 = ac), (c2 = bd), (ad = bc) , luego: (b − c)2 + (c − a)2 + (d − b)2 =

b2−2bc+2c2−2ac+a2 +d2 +b2−2bd = ac−2ad+2bd−2ac+a2 +d2 +ac−2bd = (a−d)2 .

Problema 3.3.3 Dados los numeros a, b ∈ R+ interpolar entre ellos n mediosgeometricos.

59

Solucion:

Se tiene a1 = a, a2, a3, · · · , an+1, an+2 = b, por lo tanto:

an+2 = b = a · rn+1 ⇒ r =n+1

√b

a

con lo que los numeros pedidos son:

ak = a ·( b

a

) k−1n+1

k = 2, 3, 4, 5, · · · , n + 1

Por ejemplo, si:

a = 2 , b = 28.697.814 , y n = 14 ,

se consigue:ak = 2 · 3k−1 k = 2, 3, · · · , 15 .

Problema 3.3.4 Probar que el producto de los 2n+1 primeros terminos deuna P.G. es igual a la (2n+1)-esima potencia del respectivo termino central.

Solucion:

Tenemos:ak = a1 · rk−1, k = 1, 2, 3, · · · , 2n + 1 ,

ası:a1 · a2 · a3 · · · · · a2n+1 = a2n+1

1 · r1+2+···2n = a2n+11 · rn(2n+1) =

= (a1rn)2n+1 = (an+1)

2n+1 .

Problema 3.3.5 Tres numeros estan en P.G., si el segundo se aumenta en 8los numeros quedan en P.A., pero si en esta ultima el tercero se aumenta en64 la progresion vuelve a ser geometrica. Encontrar los numeros.

Solucion:

Sean a, b, c los numeros. a, b, c ∈ P.G., luego:

a, b, c ∈ P.G. ⇒ b2 = ac ,

60

a, b + 8, c ∈ P.A. ⇒ 2(b + 8) = a + c ,

a, b + 8, c + 64 ∈ P.G. ⇒ (b + 8)2 = a(c + 64) ,

de ello:

(b + 8)2 = ac + 64a ⇒ b2 + 16b + 64 = b2 + 64a ⇒ a =b + 4

4,

como:

b2 = ac =b + 4

4c ⇒ c =

4b2

b + 4,

ademas:

2(b + 8) = a + c ⇒ 2(b + 8) =b + 4

4+

4b2

b + 4⇒ 9b2 − 88b− 240 = 0

cuyas soluciones son: b1 = 12 y b2 = −20

9y por lo tanto los numeros son 4, 12

y 36 o bien4

9, −20

9y

100

9.

Problema 3.3.6 Calcular la suma de los primeros n terminos de una P.G.

Solucion:

Siendo ak = a1 · rk−1 se tiene, a causa del problema resuelto [2.4.22], que:

Sn =n∑

k=1

ak = a1 · 1− rn

1− r

Problema 3.3.7 Si p es el producto de n numeros que estan en P.G., s es susuma y q la suma de sus inversos, demostrar que:

p2 =(s

q

)n

Solucion:

Siendo ak = a1 · rk−1 la P.G., resulta:

p = an1r · r2 · · · · · rn−1 = an

1 · r(n−1)n

2 ,

tambien:

s = a1 · 1− rn

1− r,

61

por ultimo:

q =1

a1

+1

a1r+ · · ·+ 1

a1rn−1=

1

a1

· 1− r−n

1− r−1.

De ello:s

q= a1 · 1− rn

1− r· a1 · rn−1(r − 1)

rn − 1= a2

1 · rn−1

con lo que: (s

q

)n

= a2n1 · r(n−1)n = p2 .

Problema 3.3.8 Se coloca un capital de $ 1.600.000 al 4% mensual, trans-currido cada mes se retira una cantidad fija. ¿Cual es esa cantidad fija si aldecimosexto mes nada queda en el banco?

Solucion:

Tenemos: a0 = 1.600.000, a1 = a0 + 0.04a0 − k = 1.04a0 − k,a2 = 1.04a1 − k = 1, 04(1.04a0 − k)− k = 1.042a0 − k(1.04 + 1) y ası, hasta:

0 = a16 = 1, 0416a0 − k(1, 0415 + 1, 0414 + · · ·+ 1.04 + 1)

luego:

0 = 1.0416 − k · 1.0416 − 1

1.04− 1o sea:

k =1, 0416 × 0.04× 1.600.00

1.0416 − 1

de donde:

k = 137.311, 9988

Problema 3.3.9 Una persona desea comprar un artıculo, para ello entrega unpie y queda debiendo una cantidad D, la que cancelara en n cuotas mensualesde igual valor L sabiendo que el interes mensual es i. Se pide determinar elmonto de la cuota fija L.

Solucion:

Sean A = {0, 1, 2, . . . , n} y B = R. Definimos la funcion d : A → B pormedio de la expresion d(x) que significara deuda que a la persona le queda por

62

pagar habiendo ya cancelado la cuota numero x. Vemos que tal funcion d(x)esta dada por la siguiente recursion:

d(x + 1) = d(x) + id(x)− L, d(0) = D, d(n) = 0

o sea:d(x + 1) = (1 + i)d(x)− L; d(0) = D, d(n) = 0

o mejor:d(x + 1)− (1 + i)d(x) = −L

a esta ultima la procedemos a multiplicar por1

(1 + i)x+1consiguiendose:

d(x + 1)

(1 + i)x+1− d(x)

(1 + i)x= − L

(1 + i)x+1

y de ello al dar a x los valores 0, 1, 2, . . . , x− 1 obtendremos:

d(1)

(1 + i)1− d(0)

(1 + i)0= − L

1 + i

d(2)

(1 + i)2− d(1)

(1 + i)1= − L

(1 + i)2

d(3)

(1 + i)3− d(2)

(1 + i)2= − L

(1 + i)3

· · · · · · · · · · · · · · · · · ·d(x)

(1 + i)x− d(x− 1)

(1 + i)x−1= − L

(1 + i)x

al sumar miembro a miembro estas expresiones se llega a:

d(x)

(1 + i)x− d(0) = − L

1 + i(1 +

1

1 + i+

1

(1 + i)2+ · · ·+ 1

(1 + i)x−1)

y recordando que d(0) = D como tambien que:

1 +1

1 + i+

1

(1 + i)2+ · · ·+ 1

(1 + i)x−1=

1− 1(1+i)x

1− 11+i

=(1 + i)x − 1

i(1 + i)x−1

llegamos a:d(x)

(1 + i)x= D − L

1 + i

(1 + i)x − 1

i(1 + i)x−1

63

o mejor:

d(x) = D(1 + i)x − L

i[(1 + i)x − 1]

y no olvidando que d(n) = 0 se tendra:

0 = D(1 + i)n − L

i[(1 + i)n − 1]

y procediendo a despejar L se obtiene:

L =Di

1− (1 + i)−n

que es el resultado que se nos pedıa.

Definicion 3.3.2 Dados los numeros reales positivos a y b , un numero g sedenomina medio geometrico entre a y b si a, g, b ∈ P.G.

De esta definicion se desprende que :

g : a = b : g ⇒ g =√

ab

Problema 3.3.10 Dados los numeros reales positivos a y b, entonces.

a + b

2≥√

ab .

Solucion:

Tenemos:

0 ≤ (√

a−√

b)2 = a + b− 2√

ab ⇒ a + b

2≥√

ab .

3.3.1 La serie geometrica

Teniendose la P.G. an = a1 · rn−1 hemos visto que:

Sn = a1 · 1− rn

1− r

Ahora bien, cuando −1 < r < 1 al tender n a infinito ocurrira que rn tendera a0, luego:

∞∑

k=1

ak = S = limn→∞

Sn =a1

1− r

64

Problema 3.3.11 Siendo:

Sj =∞∑

k=1

j( 1

j + 1

)k−1

j = 1, 2, 3, · · · , n .

Demostrar que:n∑

j=1

Sj =n(n + 3)

2.

Solucion:

Se tiene

Sj =j

1− 1j+1

= j + 1 ,

por lo tanto, se consigue:

n∑j=1

Sj =n∑

j=1

(j + 1) =n(n + 1)

2+ n =

n(n + 3)

2.

Problema 3.3.12 Una pelota cae desde 8 m. de altura y al rebotar su centroalcanza 2/3 de la altura a que llego en el rebote anterior. Encontrar la distanciarecorrida por el centro de la pelota hasta el momento que queda en reposo.

Solucion:

A causa de las condiciones resulta la serie geometrica:

S = 8 + 2(8 · 2

3+ 8 ·

(2

3

)2

+ · · · ) = 8 + 2 · 8 · 23

1− 23

= 8 + 2 · 16 = 40 ,

luego, la respuesta es de 40 m.

Problema 3.3.13 En la figura 3.3 se tiene un triangulo ABC rectangulo enB, se conoce su hipotenusa b y su angulo agudo α, calcular la longitud de lapoligonal CBB1B2B3 · · · , sabiendo que BB1⊥CA, B1B2⊥AB, etc .

65

B2

B1C

BAα

Fig. 3.3

Solucion:Es claro, observando la figura 3.3,que:

a0 = CB = b senα ,

a1 = BB1 = b senα cos α ,

· · · , an = b senα cosn α , · · · ,

luego, se tiene una progresion geo-metrica de primer termino a0 cuyarazon es cos α < 1

Con lo que la longitud de la poligonal sera:

S =b senα

1− cos α= b cot

α

2.

Problema 3.3.14 Transformar el decimal periodico 5, 24242424 · · · en unafraccion equivalente.

Solucion:

Es claro que:

5, 24242424 · · · = 5 +(0, 24 + 0, 0024 + 0, 000024 + · · · ) ,

la suma S que esta entre parentesis es la serie geometrica de primer termino0, 24 y razon r = 0, 01 < 1, o sea:

S =0, 24

1− 0, 01=

0, 24

0, 99=

8

33,

por lo tanto, tenemos:

5, 24242424 · · · = 5 +8

33=

173

33.

Problema 3.3.15 A y B lanzan un tetraedro regular, que tiene sus carasnumeradas del uno al cuatro, por turnos hasta que uno de ellos gane al obtenerla primera cara que senale “uno” . Si A tira primero, calcular la probabilidadde que el gane el juego, aceptando equiprobabilidad.

66

Solucion:

A causa de la equiprobabilidad, la probabilidad de exito es 14

y la de fracaso es34. Luego, la probabilidad de que A obtenga exito en la primera etapa es 1

4, a

continuacion en la segunda etapa es (34)2 · 1

4porque ni A ni B tuvieron suerte en

el primer juego. En la tercera etapa la probabilidad de que A obtenga exito es(3

4)2 · (3

4)2 · 1

4porque ni A ni B tuvieron suerte ni en el primer ni en el segundo

juego y, ası, sucesivamente. Por lo tanto, la probabilidad de que A gane eljuego es:

p =1

4+

(3

4

)2

·14+

(3

4

)4

·14+

(3

4

)6

·14+· · · = 1

4·(

1 +(3

4

)2

+(3

4

)4

+(3

4

)6

+ · · ·)

=

=1

4· 1

1−(3

4

)2 =1

4· 1

7

16

=1

4· 16

7=

4

7.

Problema 3.3.16 Se da una esfera de radio R y en ella se inscribe un cubo,en tal cubo se inscribe una esfera y en esa esfera se inscribe un nuevo cubo yası se sigue. Determinar la suma de los volumenes de todos los cubos.

Solucion:

Sea an el lado del n-esimo cubo, ahora bien, la esfera inscrita en el tienediametro an y este diametro es la diagonal del cubo de lado an+1, por lo tanto,se tiene:

an+1 =1√3an ,

la sucesion {an} es una progresion geometrica de primer termino2R√

3y razon

1√3, luego la suma de los volumenes pedidos es:

(2R√3

)3 1

1− ( 1√3

)3 =8R3

3√

3− 1.

Problema 3.3.17 Siendo p, q ∈ R+ con p + q = 1, calcular∞∑

k=1

kpqk−1 .

67

Solucion:

Tenemos: ∞∑

k=1

kpqk−1 = p

∞∑

k=1

kqk−1 = pS ,

pero:S = 1 + 2q + 3q2 + 4q3 + · · ·

qS = q + 2q2 + 3q3 + · · ·A la primera de estas igualdades le restamos la segunda, obteniendose:

(1− q)S = 1 + q + q2 + q3 + · · · = 1

1− q,

con lo que:

S =1

(1− q)2=

1

p2,

y, por lo tanto, conseguimos:

∞∑

k=1

kpqk−1 = p · 1

p2=

1

p

Problema 3.3.18 Siendo p, q ∈ R+ con p + q = 1, calcular∞∑

k=1

k2pqk−1 .

Solucion:

Tenemos: ∞∑

k=1

k2pqk−1 = p

∞∑

k=1

k2qk−1 = pS1 ,

pero:S1 = 1 + 22q + 32q2 + 42q3 + · · ·

−3qS1 = − 3q − 12q2 − 27q3 − · · ·+3q2S1 = 3q2 + 12q3 + · · ·−q3S1 = − q3 − · · ·

Sumando estas igualdades, obtenemos:

(1− q)3S1 = 1 + q ,

68

con lo que:

S1 =1 + q

(1− q)3=

1 + q

p3,

luego, resulta:∞∑

k=1

k2pqk−1 = p · 1 + q

p3=

1 + q

p2.

3.4 Progresion armonica

Definicion 3.4.1 Se dice que los numeros no nulos a1, a2, · · · , an, · · · estanen progresion armonica si:

a−11 , a−1

2 , · · · , a−1n , · · · ∈ P.A.

Nota:

La abreviatura P.H. se utiliza para expresar progresion armonica.

Definicion 3.4.2 Dados los numeros reales no nulos a y b , un numero h sedenomina medio harmonico entre a y b si a, h, b ∈ P.H.

De esta definicion se desprende que :

a−1, h−1, b−1 ∈ P.A. ⇒ h−1 =a−1 + b−1

2⇒ h =

2ab

a + b.

Problema 3.4.1 Si a2, b2, c2 estan en P.A., entonces b+c, c+a, a+b estanen P.H.

Solucion:

Se debera demostrar que :

c + a =2(b + c)(a + b)

a + 2b + c.

En efecto,tenemos:

b2 =a2 + c2

2.

69

Ahora:

2(b + c)(a + b)

a + 2b + c=

2ab + 2b2 + 2ac + 2bc

a + 2b + c=

2ab + a2 + c2 + 2ac + 2bc

a + 2b + c=

=a(a + 2b + c) + c(a + 2b + c)

a + 2b + c= a + c .

Problema 3.4.2 Sean a, b, c ∈ R+, entonces:

a + b

2≥√

ab ≥ 2ab

a + b

Solucion:

La primera parte la conocemos ya que la vimos en el problema resuelto [3.2.9],para la segunda se tiene:

0 ≤( 1√

a− 1√

b

)2

=1

a+

1

b− 2√

ab⇒√

ab ≥ 2ab

a + b.

Problema 3.4.3 Si los numeros a, b, c estan en progresion armonica, enton-ces los numeros log(a + c), log(a − c) y log(a − 2b + c) estan en progresionaritmetica.

Solucion:

Es claro que:

b =2ac

a + c,

por otro lado, tenemos:

(a + c)(a− 2b + c) = (a + c)(a− 4ac

a + c+ c

),

de donde:(a + c)(a− 2b + c) = (a− c)2 ,

y, por lo tanto:

log(a− c) =1

2

(log(a + c) + log(a− 2b + c)

),

lo que nos dice que los numeros log(a + c), log(a − c) y log(a − 2b + c) estanen progresion aritmetica.

70

Problema 3.4.4 Si los terminos de lugares (m + 1), (n + 1) y (r + 1) deuna progresion aritmetica estan en progresion geometrica y m, n, r estan enprogresion armonica, probar que en la progresion arimetica la razon entre la

diferencia y el primer termino es − 2

n.

Solucion:

Tenemos, que si la progresion aritmetica es ak = a1 + (k − 1)d, entonces:

(a1 + nd)2 = (a1 + md)(a1 + rd) ,

como tambien:

n =2mr

m + r,

de lo anterior se desprende que:

a21 + 2a1nd + n2d2 = a2

1 + a1d(m + r) + mnd2 ,

o sea:a1

[2n− (m + r)

]= (mr − n2)d ,

o bien:

a1

(2n− 2mr

n

)= (mr − n2)d ,

de donde:2a1

n(n2 −mr) = (mr − n2)d ,

y con ello resulta:d

a1

= − 2

n.


1. El segundo termino de una progresion aritmetica es 20 y el quinto es 56:Calcular el decimo termino y la suma de los 10 primeros terminos.

2. En una progresion aritmetica el primer termino es 4 y el de orden n es34. Si la suma de los n primeros es 247, determinar n y la diferencia.

3. Calcular el medio aritmetico entre 15 y 70. Interpolar 10 medios aritmeti-cos entre 15 y 70.

71

4. Si una persona ahorra US$ 100 el primer mes, US$ 200 el segundo mes,US$ 300 el tercer mes y ası sucesivamente; determinar la cantidad dedinero que ahorrara despues de 30 meses.

5. Calcular la suma de todos los enteros comprendidos entre 185 y 21192que son divisibles por 17.

6. Calcular la suma de todos los enteros comprendidos entre 8514 y 21934que son divisibles por 7.

7. Calcular la suma de todos los numeros enteros que estan comprendidosentre 10000 y 15000, exceptuando los multiplos de 19

8. La suma de los 50 primeros terminos de una progresion aritmetica es200 y la suma de los 50 terminos que siguen es 2700. Determinar laprogresion aritmetica.

9. ¿Cuantos terminos de la P.A.: 3, 7, 11, · · · , es preciso sumar para obtener1275?

10. Una persona debe cancelar una deuda de US$ 360000 en 40 cuotas queforman una progresion aritmetica. Cuando 30 de los pagos estan cubier-tos la persona fallece, dejando la tercera parte de la deuda sin saldar.Calcular el valor de la primera cuota.

11. Si a, b, c ∈ P.A., demostrar que la ecuacion ax2 + 2bx + c = 0 admite alnumero (−1) como raız.

12. Demostrar que para todo numero natural n la suma de n terminos dela P.A.: 4, 12, 20, 28, · · · es un cuadrado perfecto. Aprovechando estehecho calcular

√4624.

13. Si la suma de los p primeros terminos de una P.A. es igual a la suma delos q primeros terminos, demostrar que la suma de los (p + q) primerosterminos es 0.

14. Demostrar que el producto de cuatro numeros enteros en P.A. mas lacuarta potencia de la diferencia es un cuadrado perfecto.

15. ¿Que tipo de progresion puede definirse como aquella en que cada termi-no, excepto el primero, puede obtenerse tomando el termino precedentey una constante comun y dividiendo su producto por su suma?

72

16. Dada la P.A.:ao, a1, a2, · · · , an ,

demostrar que:

1√a0 +

√a1

+1√

a1 +√

a2

+1√

a2 +√

a3

+· · ·+ 1√an−1 +

√an

=n√

a0 +√

an

.

17. El cuarto termino de una progresion geometrica es 54 y el septimo es729

4. Determinar la progresion.

18. Si cada termino de una P.G. se resta del termino siguiente, entonces lasdiferencias sucesivas forman otra P.G.

19. Interpolar 6 medios geometricos entre los numeros 14 y − 7

64.

20. Suponiendo que un automovil pierde un 12% de su valor cada ano, en-contrar su valor al final del cuarto ano si su precio original era un totalde $ 25.000.000.

21. Encontrar la P.A. cuyo primer termino es 1 y los terminos segundo,decimo y trigesimo cuarto estan en P.G.

22. A Don Diego le ofrecen un trabajo que es cada mes mas riesgoso, por loque la remuneracion aumenta segun dos opciones A y B a saber:

Enero Febrero Marzo Abril Mayo · · ·A 100.000 120.000 140.000 160.000 180.000 · · ·B 100.000 115.000 132.250 152087, 50 174.900, 625 · · ·

¿Que alternativa le conviene elegir para obtener mayor remuneracionanual?

23. Si el p-esimo, q-esimo y r-esimo terminos de una P.G. son a, b y c,respectivamente, demostrar que:

aq−r · br−p · cp−q = 1 .

24. Una persona tiene un plan de ahorro mensual, mediante el cual el primermes ahorra $ A y cada mes ahorra el 2% mas que lo ahorrado en el mesanterior.

(i) Expresar en terminos de k y A el ahorro correspondiente al k-esimomes.

73

(ii) Calcular el monto total ahorrado al cabo de k meses.

25. La suma de los 2n primeros terminos de una P.G., cuyo primer terminoes a y cuya razon es r, es igual a la suma de los n primeros terminos deotra P.G. cuyo primer termino es b y cuya razon es r2. Demostrar que bes igual a la suma de los dos primeros terminos de la primera P.G.

26. Si Sn es la suma de los n primeros terminos de una P.G., entonces:

Sn(S3n − S2n) = (S2n − Sn)2 .

27. Calcular:

(a)n∑

k=1

3k , (b)n∑

i=1

n∑j=1

2i+j .

28. En una P.G. de 50 terminos se sabe que el cuarto termino es (-40) y queel septimo es 320. Hallar el decimo termino, la suma y el producto delos terminos de posicion impar.

29. Expresar los siguientes decimales como fraccion equivalente:

(i) 1, 51515151 · · ·(ii) 2, 351835183518 · · ·(iii) 1, 00103103103 · · ·(iv) 0, 34279227922792 · · ·

30. Determinar el valor de x para que x, (x− 6) y (x− 8) formen una P.H.

31. Si a2, b2, c2 estan en P.A., entonces b+c, c+a, a+b estan en P.H.

32. Si el termino m de una P.H. es igual a n y el termino de lugar n es igual

a m, demostrar que el termino de lugar (m + n) es igual amn

m + n.

33. Si a, b y c ∈ P.H., entonces2a− b

2,

b

2,

2c− b

2∈ P.G..

34. Si el p-esimo, q-esimo y r-esimo terminos de una P.H. son a, b y c,demostrar que:

q − r

a+

r − p

b+

p− q

c= 0 .

74

35. Si entre dos numeros positivos cualesquiera se han interpolado dos me-dios aritmeticos A1, A2; dos medios geometricos G1, G2 y dos mediosarmonicos H1, H2, demostrar que:

G1G2

H1H2

=A1 + A2

H1 + H2

.

36. Si el medio aritmetico entre a y b, con a > b, es el doble de el respectivomedio geometrico, entonces demostrar que:

a

b=

2 +√

3

2−√3.

37. Sea P la poblacion de una ciudad al comienzo de un ano, la poblacioncrece de modo que al final del ano es a + b · P con a y b constantes .Demostrar que despues de n anos la poblacion es:

a

1− b+

(P − a

1− b

)bn .

38. Una persona solicita a un banco un prestamo de 5000 unidades de fo-mento con un interes anual del 8,4% y a 12 anos de plazo. Determinar elvalor de la cuota mensual que debe cancelar si se supone que los gastosde administracion no se consideran.

39. Dada la P.G. z0, z1, · · · , zn, demostrar que:

n∑

k=1

√zk−1zk =

2n√

z0zn

n√

z0 − n√

zn

(z0 − zn) .

40. Siendo an el termino general de una P.A. se considera el producto:

xn =r−1∏

k=1

an+k .

Calcular:n∑

k=1

xk .

Indicacion: Considerese que:

xn =xn(an+r − an−1)

(r + 1)d.

75

41. A partir del problema anterior obtenga la suma hasta n terminos de:

1 · 3 · 5 + 3 · 5 · 7 + 5 · 7 · 9 + · · ·

42. Si an es el n-esimo termino de una P.A., demostrar que:

a2n − 2a2

n−1 + a2n−2 ,

es independiente de n.

43. Si:

Sp =∞∑

k=0

rkp , sp =∞∑

k=0

(−1)krkp ,

demostrar que:Sp + sp = 2S2p .

44. A y B lanzan un dado de seis caras por turnos hasta que uno de ellos ganeal obtener el primer “uno”. Si A tira primero, calcular la probabilidadde que el gane el juego, aceptando equiprobabilidad.

45. Una dosificacion d de un medicamento se da en los tiempos 1, 2 , 3, 4,... La droga se descompone exponencialmente a la razon r en el torrentesanguıneo. La cantidad en el torrente sanguıneo despus de n dosis es

n∑

k=1

de−r(k−1). Calcular el nivel final de la droga (despues de un infinito

numero de dosis). Hallar la dosificacion necesaria para mantener un nivel2 del medicamento si la razon es 0.1.

46. Se supone que 100000 dolares en moneda falsa se introducen en la eco-nomıa. Cada vez que el dinero se utiliza, un 25% del dinero restante seidentifica como falso y se retira de la circulacion. Determinar la cantidadtotal de moneda falsa usada con exito en las transacciones. Este es unejemplo del efecto multiplicador en la economıa.

76


(1) a10 = 116, S10 = 310

(2) n = 13, d =52

(3) MA =852

, an = 5n + 10

(4) 46500

(5) 13206042

(6) 29186325

(7) 599226976

(8) an = n− 432

(9) n = 25

(10) 5100

(12) 68

(15) Progresion armonica

(17) an = 16 ·(

32

)n−1

(19) an = 14 ·(−7

2

)n−1

(20) 14992384

(21) an = 1 o an =2 + n

3(22) La alternativa B

(24) (i) Ck = (1, 02)k−1A

(ii) A · 1, 02k − 10, 02

(27) (a) 3 · 3n − 12

(b) 22(n+1) − 2n+3 + 4

(28) a10 = 5 · (−2)9, S =5(22n − 1)

3,

P =(5 · 2n+1

)n

(29) (i)5033

(ii)235169999

(iii)10000399900

(iv)342758999900

(30) 12

(38) 25,618

(40)anan−1 · · · an+r − a0a1 · · · ar

(r + 1)d

(41) 2n4 + 8n3 + 7n2 − 2n

(44)611

(45)d

1− e−r; 0, 1903251640

(46) 400000

77

Capıtulo cuatro

TEOREMA DEL BINOMIO

4.1 Coeficientes binomiales

Durante el transcurso de los estudios de Matematica hemos conocido paraa, b ∈ R los siguientes desarrollos binomiales:

(a + b)0 = 1

(a + b)1 = a + b

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2

(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

etc.

A partir de lo anterior, encontramos el siguiente esquema para los coeficientesde estos desarrollos:

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1. . . . . . . .

Vemos que en este triangulo los lados no basales estan formados solamente pornumeros 1 y las cifras que aparecen en el interior se obtienen sumando las doscifras inmediatamente superiores a ella. Ademas, los numeros de un renglon yque son equidistantes de los extremos de la fila son iguales. Con este metodopodrıamos conseguir la octava fila que serıa:

1 7 21 35 35 21 7 1 ,

y ası, sucesivamente. Este triangulo es conocido desde hace mucho tiempo,puesto que se ha encontrado en manuscritos chinos, griegos y romanos y seconoce como triangulo de Pascal (ya que aparece en su obra sobre probabi-lidades) y tambien es conocido como triangulo de Tartaglia. La desventajade este triangulo es que para tener la n-esima lınea deberemos disponer deabsolutamente todas las filas anteriores; la pregunta es:

79

¿se podra hallar la (n+1)-esima fila sin depender de las n anteriores?

Para responder a esta, Blaise Pascal dio la siguiente:

Definicion 4.1.1 Sea n ∈ N se define el numero n sobre k como:(

n

k

)=

n!

(n− k)! · k!,

para : k = 0, 1, 2, 3, · · · , n .

Nota:

Como se ha dicho, el sımbolo

(n

k

)se lee como n sobre k.

Por ejemplo, para n = 4 tenemos:(

4

0

)= 1,

(4

1

)= 4,

(4

2

)= 6,

(4

3

)= 4,

(4

4

)= 1 ,

o sea la quinta lınea del triangulo de Pascal.

¿Sera esto cierto para cualquier renglon del triangulo de Pascal?

Para poder contestar es necesario averiguar si tales numeros dados por ladefinicion anterior satisfacen las propiedades de los numeros que aparecen eneste triangulo. Veremos que estos numeros cumplen las propiedades dadas enel, por medio del:

Teorema 4.1.1 Siendo n ∈ N y k = 0, 1, 2, 3, · · · , n , se tiene:

(1)

(n

0

)= 1 =

(n

n

).

(2)

(n

n− k

)=

(n

k

)

(3)

(n

k − 1

)+

(n

k

)=

(n + 1

k

).

O sea, tales numeros satisfacen las mismas propiedades de las cifras que apare-cen en el triangulo de Pascal. Ademas, estos numeros satisfacen las siguientespropiedades:

80

(4)

(n

k

)=

{1 si k = 0

n(n− 1)(n− 2). · · · .(n− (k − 1))k!

si k = 1, 2, 3, 4, · · · , n

(5) Si n < k, entonces

(n

k

)= 0 ,

(6) k

(n

k

)= n

(n− 1

k − 1

),

(7) k2

(n

k

)= n

(n− 1

k − 1

)+ n(n− 1)

(n− 2

k − 2

).

Por lo tanto, el triangulo de Pascal puede ser reescrito en la forma:(00

)(10

) (11

)(20

) (21

) (22

)(30

) (31

) (32

) (33

)(40

) (41

) (42

) (43

) (44

)(50

) (51

) (52

) (53

) (54

) (55

)(60

) (61

) (62

) (63

) (64

) (65

) (66

). . . . . . . .

Luego, los numeros de la (n+1)-esima fila quedan determinados independien-temente de las anteriores y ella es:

(n

k

)para : k = 1, 2, 3, · · · , n .

En particular la octava fila sera:(

7

0

) (7

1

) (7

2

) (7

3

) (7

4

) (7

5

) (7

6

) (7

7

).

Problema 4.1.1 Calcular

(117

16

)+ 2

(117

17

)+

(117

18

).

Solucion:

Aquı tenemos:(

117

16

)+ 2

(117

17

)+

(117

18

)=

((117

16

)+

(117

17

))+

((117

17

)+

(117

18

))=

81

=

(118

17

)+

(118

18

)=

(119

18

).

Problema 4.1.2 Calcular S =n∑

k=0

(k

m

).

Solucion:

Si n < m, entonces(

km

)= 0 para k = 0, 1, 2, · · · , n y el resultado es 0. Sea

entonces n ≥ m, luego:

S =n∑

k=0

(k

m

)=

m−1∑

k=0

(k

m

)

︸︷︷︸0

+n∑

k=m

(k

m

)=

=n−m∑

k=0

(k + m

m

)=

n−m∑

k=0

[(m + k + 1

m + 1

)−

(m + k

m + 1

)]=

=

(m + n−m + 1

m + 1

)−

(m

m + 1

)=

(n + 1

m + 1

)

4.2 Teorema del binomio

Teorema 4.2.1 Sean a, b ∈ R y n ∈ N, entonces:

(a + b)n =n∑

k=0

(n

k

)an−kbk .

Demostracion:

La haremos Por induccion en n. Para n = 1 se tiene:

(a + b)1 =

(1

0

)a1−0b0 +

(1

1

)a1−1b1 =

1∑

k=0

(1

k

)a1−kbk .

Suponemos la proposicion para n:

(a + b)n =n∑

k=0

(n

k

)an−kbk .

82

La demostraremos para n + 1, pues bien, tenemos:

(a + b)n+1 = (a + b)(a + b)n = (a + b)n∑

k=0

(n

k

)an−kbk =

= an+1 +n∑

k=1

(n

k

)an+1−kbk + +

n−1∑

k=0

(n

k

)an−kbk+1 + bn+1 =

= an+1 +n∑

k=1

(n

k

)an+1−kbk +

n∑

k=1

(n

k − 1

)an+1−kbk + bn+1 =

= an+1 +n∑

k=1

[( n

k − 1

)+

(n

k

)]an+1−kbk + bn+1 =

= an+1 +n∑

k=1

(n + 1

k

)an+1−kbk + bn+1 =

=n+1∑

k=0

(n + 1

k

)an+1−kbk .

Luego:

(a + b)n+1 =n+1∑

k=0

(n + 1

k

)an+1−kbk .

A partir de este teorema se pueden obtener nuevos resultados, por ejemplo:

Corolario 4.2.1 a = 1, b = x, entonces (1 + x)n =n∑

k=0

(n

k

)xk .

Corolario 4.2.2 Si en el corolario anterior hacemos:

(1) x = 1, entonces 2n =n∑

k=0

(n

k

), o sea, la suma de los coeficientes bino-

miales del binomio de exponente n es 2n.

(2) x = −1, entonces 0 =n∑

k=0

(−1)k

(n

k

), o sea, la suma de los coeficien-

tes binomiales con signos alternados, partiendo con signo positivo, delbinomio de exponente n es 0.

83


Problema 4.3.1 Hallar el termino independiente de x en el desarrollo de(2x2 − x−1)12 .

Solucion:

Tenemos el desarrollo:

(2x2 − x−1)12 =12∑

k=0

(−1)k

(12

k

)212−kx24−3k ,

luego 24− 3k = 0 ⇒ k = 8, la respuesta es t9 = (−1)8(128

)24 = 7920.

Problema 4.3.2 Hallar el mayor coeficiente numerico en el desarrollo de:

(1 + 5x)23

Solucion:

Se tiene el desarrollo:

(1 + 5x)23 =23∑

k=0

(23

k

)5kxk ,

con ello:

ck+1 > ck ⇒(

23

k

)5k >

(23

k − 1

)5k−1 ⇒ 23− (k − 1)

k· 5 > 1 ⇒ k < 20

k = 0, 1, 2, 3, 4, · · · , 19; luego la respuesta es c20 =(2319

)519

Problema 4.3.3 ¿Existiran 2 terminos consecutivos con coeficientes igualesen el desarrollo de (3x + 2)19?

Solucion:

En este caso el desarrollo es:

(3x + 2)19 =19∑

k=0

(19

k

)319−k2kx19−k ,

84

con lo que: ck+1 = ck ⇒(19k

)319−k2k =

(19

k−1

)319−(k−1)2k−1 ⇒ 2(20−k) = 3k ⇒

k = 8.

La respuesta es afirmativa, y tales coeficientes son c8 y c9, o sea:

(19

7

)31227 =

(19

8

)31128.

Problema 4.3.4 Calcular:

S1 =n∑

k=1

k

(n

k

), S2 =

n∑

k=1

k2

(n

k

), S3 =

n∑

k=1

(−1)kk

(n

k

).

Solucion:

Veamos la primera:

S1 = n

n∑

k=1

(n− 1

k − 1

)= n

n−1∑

k=0

(n− 1

k

)= n2n−1 .

Ahora, la segunda:

S2 = n

n∑

k=1

k

(n− 1

k − 1

)= n

( n∑

k=1

(k − 1)

(n− 1

k − 1

)+

n∑

k=1

(n− 1

k − 1

))=

= n( n−1∑

k=0

k

(n− 1

k

)+

n−1∑

k=0

(n− 1

k

))=

= n((n− 1)2n−2 + 2n−1) = 2n−2n(n + 1) .

Por ultimo, la tercera:

S3 = n

n∑

k=1

(−1)k

(n− 1

k − 1

)= −n

n−1∑

k=0

(−1)k

(n− 1

k

)= 0 .

Problema 4.3.5 Siendo x 6= 1, calcular:

S =n∑

k=0

(1 + x + x2 + · · ·+ xk)

(n

k

).

85

Solucion:

Tenemos:

S =n∑

k=0

1− xk+1

1− x

(n

k

)=

1

1− x

( n∑

k=0

(n

k

)− x

n∑

k=0

(n

k

)xk

)=

=1

1− x(2n − x(1 + x)n) .


S =n∑

k=0

(nk

)

k + 1.

Solucion:

Aquı resulta:

S =n∑

k=0

n!

(n− k)!k!(k + 1)=

1

n + 1

n∑

k=0

(n + 1)!

(n + 1− (k + 1))!(k + 1)!=

=1

n + 1

n∑

k=0

(n + 1

k + 1

)=

1

n + 1

n+1∑

k+1

(n + 1

k

)=

1

n + 1(2n+1 − 1) .

Problema 4.3.7 Si:

(1 + x2)2(1 + x)n = a0 + a1x + a2x2 + · · ·

y a0, a1, a2 ∈P.A., entonces hay solo dos valores posibles de n.

Solucion:

En este caso. llegamos a:

(1 + x2)2(1 + x)n =n∑

k=0

(n

k

)(xk + 2x2+x + x4+k) =

= a0 + a1x + a2x2 + · · · .

Luego, a0 = 1, a1 =(

n1

)= n, a2 =

(n2

)+2

(n0

)=

n(−1)

2+2 y como 2a1 = a0+a2,

resulta n2 − 5n + 6 = 0 = (n− 2)(n− 3), o sea n = 2 y n = 3.

86

Problema 4.3.8 Calcular

S =n∑

k=0

(−1)k(

nk

)

(k + 1)(k + 2).

Solucion:

En esta situacion:

S =1

(n + 1)(n + 2)

n∑

k=0

(−1)kn!(n + 1)(n + 2)

[(n + 2)− (k + 2)]!(k + 2)!=

=1

(n + 1)(n + 2)

n∑

k=0

(−1)k

(n + 2

k + 2

)=

1

(n + 1)(n + 2)

n+2∑

k=2

(−1)k

(n + 2

k + 2

)=

=1

(n + 1)(n + 2)(0− 1 + (n + 2)) =

1

n + 2.

Problema 4.3.9 Calcular el coeficiente de xn en el desarrollo de (1 + x)2n ycalcular la suma:

Sn =n∑

k=0

(n

k

)2

.

Solucion:

Por una parte, resulta:

(1 + x)2n =2n∑

k=0

(2n

k

)xk

luego el coeficiente pedido es: (2n

n

).

Por otro lado:

(1 + x)2n = (1 + x)n · (1 + x)n ,

de ello:2n∑

k=0

(2n

k

)xk =

n∑i=0

n∑j=0

(n

i

)(n

j

)xi+j

87

Por un lado el coeficiente de xn es

(2n

n

)y, por otro, tal coeficiente se conse-

guira cuando i + j = n, o sea cuando i = n− j, ası resulta:

(2n

n

)=

n∑j=0

(n

n− j

)(n

j

)=

n∑j=0

(n

j

)2

Problema 4.3.10 Determinar el coeficiente de x5 en el desarrollo de:

(3 + x + x2)7 .

Solucion:

Tenemos:

(3 + x + x2)7 =[3 + (x + x2)

]7=

7∑

k=0

(7

k

)37−k(x + x2)k =

=7∑

k=0

(7

k

)37−k

k∑j=0

(k

j

)xk−jx2j =

7∑

k=0

k∑j=0

(7

k

)(k

j

)37−kxk+j .

Luego, el coeficiente c pedido se obtendra cuando k + j = 5, o sea k = 5− j,con ello:

c =5∑

j=0

(7

5− j

)(5− j

j

)37−(5−j) =

2∑j=0

7!

(2 + j)! · (5− 2j)! · j!32+j =

= 32 · 7!( 1

5! · 2! · 0!+

3

3! · 3! · 1!+

32

4! · 1! · 2!

)= 12474 ,

o sea c = 12474:

Problema 4.3.11 Demostrar que para todo x real, se tiene:

x[1 + (x + 1) + (x + 1)2 + · · ·+ (x + 1)n + · · ·+ (x + 1)n+m−1

]= (x + 1)n+m − 1

y apoyandose en esta identidad comparando el coeficiente de xn en ambos ladosse pide calcular:

(n− 1

0

)+

(n

1

)+

(n + 1

2

)+ · · ·+

(n + m− 1

m

).

88

Solucion:

Vemos que:

1 + (x + 1) + (x + 1)2 + · · ·+ (x + 1)n + · · ·+ (x + 1)n+m−1 ,

es la suma de los primeros n + m terminos de una progresion geometrica deprimer termino 1 y razon (x + 1), por lo tanto:

1 + (x + 1) + (x + 1)2 + · · ·+ (x + 1)n + · · ·+ (x + 1)n+m−1 =(x + 1)n+m − 1

(1 + x)− 1,

con lo que:

x[1+(x+1)+(x+1)2 + · · ·+(x+1)n + · · ·+(x+1)n+m−1

]= (x+1)n+m−1 .

Ahora bien, para coseguir la suma:

(n− 1

0

)+

(n

1

)+

(n + 1

2

)+ · · ·+

(n + m− 1

m

),

bastara encontrar el coeficiente de xn en ambos miembros de la expresion:

x[1+(x+1)+(x+1)2 + · · ·+(x+1)n + · · ·+(x+1)n+m−1

]= (x+1)n+m−1 ,

por el lado izquierdo es claro que tal coeficiente es:

(n− 1

0

)+

(n

1

)+

(n + 1

2

)+ · · ·+

(n + m− 1

m

),

por el lado derecho, tenemos:

(1 + x)n+m − 1 =n+m∑

k=1

(n + m

k

)xk ,

con lo que el coeficiente de xn en este lado es:

(n + m

n

),


(n− 1

0

)+

(n

1

)+

(n + 1

2

)+ · · ·+

(n + m− 1

m

)=

(n + m

n

).

89


r∑

k=0

(n−m

r − k

)(m

k

)=

(n

r

).

Solucion:

Buscaremos el coeficiente de xr en:

(1 + x)n−m(1 + x)m = (1 + x)n ,

se tiene:

(1+x)n−m(1+x)m =n−m∑i=0

(n−m

i

)xi

m∑j=0

(m

j

)xj =

n−m∑i=0

m∑j=0

(n−m

i

)(m

j

)xi+j ,

haciendo i + j = r, resulta i = r − j con j = 0, 1, 2, 3, · · · r, luego:

r∑

k=o

(n−m

r − k

)(m

k

)=

(n

r

),

porque el coeficiente de xr en el desarrollo de (1 + x)n es(

nr

).

Problema 4.3.13 Utilizando la identidad:

[(1 + x)2 − 1

]2n= x2n(2 + x)2n ,

demostrar que:n∑

k=0

(−1)k

(2n

k

)(4n− 2k

2n

)= 4n .

Solucion:

Buscaremos el coeficiente de x2n en el desarrollo de:

[(1 + x)2 − 1

]2n= x2n(2 + x)2n ,

se tiene:

[(1+x)2−1

]2n=

2n∑

k=0

(−1)k

(2n

k

)(1+x)4n−2k =

2n∑

k=0

(−1)k

(2n

k

) 4n−2k∑j=0

(4n− 2k

j

)xj ,

90

en este desarrollo para encontrar el coeficiente de x2n hacemos j = 2n, resul-tando ser:

n∑

k=0

(−1)k

(2n

k

)(4n− 2k

2n

).

Ahora desarrollamos:

x2n(2 + x)2n =2n∑i=o

(2n

i

)22n−ix2n+i ,

el coeficiente de x2n se consigue para i = 0, o sea este coeficiente es:

(2n

0

)22n = 4n ,

por lo tanto, resulta:

n∑

k=0

(−1)k

(2n

k

)(4n− 2k

2n

)= 4n .

Problema 4.3.14 Calcular la suma:

n∑

k=1

k3

(n

k

)xk−1 .

Solucion:

Tenemos:

n∑

k=1

k3

(n

k

)xk−1 = n

n∑

k=1

k2

(n− 1

k − 1

)xk−1 = n

n−1∑

k=0

(k + 1)2

(n− 1

k

)xk =

= n[ n−1∑

k=1

k2

(n− 1

k

)xk + 2

n−1∑

k=1

k

(n− 1

k

)xk + (1 + x)n−1

]=

= n[(n− 1)

n−1∑

k=1

k

(n− 2

k − 1

)xk + 2(n− 1)

n−1∑

k=1

(n− 2

k − 1

)xk + (1 + x)n−1

]=

= n[(n− 1)x

n−2∑

k=0

(k +1)

(n− 2

k

)xk +2(n− 1)x

n−2∑

k=0

(n− 2

k

)xk +(1+x)n−1

]=

91

= n[(n− 1)(n− 2)x

n−2∑

k=1

(n− 3

k − 1

)xk + 3(n− 1)x(1 + x)n−2 + (1 + x)n−1

]=

= n[(n− 1)(n− 2)x2

n−3∑

k=0

(n− 3

k

)xk + 3(n− 1)x(1 + x)n−2 + (1 + x)n−1

]=

= n[(n− 1)(n− 2)x2(1 + x)n−3 + 3(n− 1)x(1 + x)n−2 + (1 + x)n−1

]=

= n(1 + x)n−3[(n2 − 3n + 2)x2 + 3(n− 1)(x + x2) + 1 + 2x + x2

]=

= n(1 + x)n−3(n2x2 + (3n− 1)x + 1) .


n∑

k=0

(−1)k

(n

k

)2

=

{(−1)

n2 (

nn2)

si n es impar0 si n es par

.

Solucion:

Consideremos la identidad:

(1 + x)n(1− x)n = (1− x2)n ,

buscaremos el coeficiente de xn tanto en el caso en que n es par como impar.

Tenemos:

(1 + x)n(1− x)n =n∑

i=0

n∑j=0

(n

i

)(n

j

)xi+j =

(1− x2)n =n∑

k=0

(−1)k

(n

k

)x2k ,

luego el coeficiente de xn cuando n es par resulta ser, por el lado derecho:

(−1)n2 (

nn2)

,

y por el lado izquierdo deberemos hacer i + j = n, de donde i = n − j paraj = 0, 1, 2, · · ·n, o sea:

n∑j=0

(−1)j

(n

n− j

)(n

j

)=

n∑j=0

(−1)j

(n

j

)2

,

92

por lo tanto, si n es par, se consigue:

n∑j=0

(−1)j

(n

j

)= (−1)

n2 (

nn2)

.

Ahora bien, si n es impar no hay termino en xn en el desarrollo de (1− x2)n,luego, en ese caso, su coeficiente es 0 y estamos listos.

Problema 4.3.16 Calcularr∑

k=0

(n

k

)·(

m

r − k

).

Solucion:

Tenemos:

(1 + x)n · (1 + x)m = (1 + x)n+m ,

de donde:n∑

i=0

m∑j=0

(n

i

)·(

m

j

)xi+j =

n+m∑

k=0

(n + m

k

)xk ,

El coeficiente del termino en xr en el lado derecho es

(n + m

r

), pero el coefi-

ciente de xr por el lado izquierdo se consigue con i+ j = r, o sea para j = r− icon i = 0, 1, 2, · · · , r, es decir es:

r∑i=0

(n

i

)·(

m

r − i

),

de donde resulta la igualdad:

r∑i=0

(n

i

)·(

m

r − i

)=

(n + m

r

).


r∑

k=1

k ·

(n

k

)·(

m

r − k

)

(n + m

r

) .

93

Solucion:

Tenemos:

r∑

k=1

k ·

(n

k

)·(

m

r − k

)

(n + m

r

) =n(

n + m

r

) ·r∑

k=1

(n− 1

k − 1

)·(

m

r − k

)=

n(n + m

r

) · S ,

donde:

S =r∑

k=1

(n− 1

k − 1

)·(

m

r − k

)=

r−1∑

k=0

(n− 1

k

)·(

m

r − 1− k

)=

(n + m− 1

r − 1

),

(por el problema anterior) pero:

r ·(

n + m

r

)= (m + n) ·

(n + m− 1

r − 1

),

luego:

S =r

m + n·(

n + m

r

),

y, por lo tanto, resulta:

r∑

k=1

k ·

(n

k

)·(

m

r − k

)

(n + m

r

) =n(

n + m

r

) · r

m + n·(

n + m

r

)=

n · rm + n

.

Problema 4.3.18 Calcularr∑

k=1

k2 ·

(n

k

)·(

m

r − k

)

(n + m

r

) .

Solucion:

Tenemos:

r∑

k=1

k2 ·

(n

k

)·(

m

r − k

)

(n + m

r

) n(n + m

r

) ·r∑

k=1

k ·(

n− 1

k − 1

)·(

m

r − k

)=

n(n + m

r

) ·S ,

94

siendo:

S =r∑

k=1

k ·(

n− 1

k − 1

)·(

m

r − k

)=

r−1∑

k=0

(k + 1) ·(

n− 1

k

)·(

m

r − 1− k

)=

=r−1∑

k=0

k ·(

n− 1

k

)·(

m

r − 1− k

)+

r−1∑

k=0

(n− 1

k

)·(

m

r − 1− k

)=

= S1 +

(n + m− 1

r − 1

),

donde:

S1 =r−1∑

k=0

k ·(

n− 1

k

)·(

m

r − 1− k

)=

r−1∑

k=1

k ·(

n− 1

k

)·(

m

r − 1− k

),

o sea:

S1 = (n−1)·r−1∑

k=1

k·(

n− 2

k − 1

)·(

m

r − 1− k

)= (n−1)·

r−2∑

k=0

k·(

n− 2

k

)·(

m

r − 2− k

)=

= (n− 1) ·(

n + m− 2

r − 2

),

luego:

S = (n− 1) ·(

n + m− 2

r − 2

)+

(n + m− 1

r − 1

),

y como:

(r − 1) ·(

n + m− 1

r − 1

)= (m + n− 1) ·

(n + m− 2

r − 2

),

conseguimos:

S =(n− 1) · (r − 1)

m + n− 1·(

n + m− 1r − 1

)+

(n + m− 1

r − 1

)=

(n + m− 1

r − 1

)((n− 1) · (r − 1)

m + n− 1+ 1

),

y recordando que:

r ·(

n + m

r

)= (m + n) ·

(n + m− 1

r − 1

),

luego:

S =

r ·(

n + m

r

)

n + m· m + n · r − r

n + m− 1,

95

por lo tanto, obtenemos:

r∑

k=1

k2 ·

(n

k

)·(

m

r − k

)

(n + m

r

) =n(

n + m

r

) ·r ·

(n + m

r

)

n + m· m + n · r − r

n + m− 1,

o sea:

r∑

k=1

k2 ·

(n

k

)·(

m

r − k

)

(n + m

r

) =n · r

n + m· m + n · r − r

m + n− 1.

4.4 Teorema del multinomio

4.4.1 Introduccion

Sean a, b, c ∈ R y n ∈ N, interesa encontrar el desarrollo de la potencia n deltrinomio a + b + c, o sea:

(a + b + c)n ,

con lo que se tendra el teorema del trinomio.

Para encontrar este desarrollo se procede de la manera siguiente:

(a + b + c)n =[a + (b + c)

]n

con lo que podemos aplicar el teorema del binomio a[a + (b + c)

]n, consi-

guiendose:

(a + b + c)n =[a + (b + c)

]n=

n∑

k=0

(n

k

)an−k(b + c)k ,

y como:

(b + c)k =k∑

j=0

(k

j

)bk−jcj para k = 0, 1, · · · , n ,

obteniendose, entonces:

(a + b + c)n =n∑

k=0

k∑j=0

(n

k

)(k

j

)an−kbk−jcj ,

96

pero:

(n

k

)(k

j

)=

n!

(n− k)! k!· k!

(k − j)! j!=

n!

(n− k)! (k − j)! j!,

luego:

(a + b + c)n =n∑

k=0

k∑j=0

n!

(n− k)! (k − j)! j!an−kbk−jcj ,

colocando:n1 = n− k , n2 = k − j , n3 = j ,

tendremos:n1 + n2 + n3 = n ,

y poniendo:

n!

(n− k)! (k − j)! j!=

n!

n1! n2! n3!=

(n

n1 n2 n3

),

obtenemos finalmente:

(a + b + c)n =∑

n1+n2+n3=n

(n

n1 n2 n3

)an1bn2cn3 ,

donde la sumatoria recorre todas las posibles soluciones enteras no negativasde la ecuacion n1 + n2 + n3 = n. Tenemos demostrado el:

Teorema 4.4.1 Sean a, b, c ∈ R y n ∈ N, entonces:

(a + b + c)n =∑

n1+n2+n3=n

(n

n1 n2 n3

)an1bn2cn3 .

Problema 4.4.1 Determinar el coeficiente de x5 en el desarrollo del siguientetrinomio de exponente 7, (x2 + x + 3)7.

Solucion:

Tenemos:

(x2 + x + 3)7 =∑

n1+n2+n3=7

(7

n1 n2 n3

)3n3x2n1+n2 ,

97

debera cumplirse que:

n1 + n2 + n3 = 72n1 + n2 = 5

},

cuyas soluciones enteras no negati-vasson las del frente:

n1 n2 n3

0 5 21 3 32 1 4

por lo tanto, el coeficiente de x5 es:

32

(7

0 5 2

)+ 33

(7

1 3 3

)+ 34

(7

2 1 4

)= 12474 .

Notas:

(1) Comparar el resultado anterior con el que se obtuvo en el problema resuelto[4.3.10

].

(2) El teorema anterior tiene la siguiente generalizacion, que se conoce comoTeorema del multinomio:

Teorema 4.4.2 Sean a1, a2, a2, · · · , am ∈ R y n ∈ N, entonces:(

m∑j=1

aj

)n

=∑

m∑

k=1

nk = n

(n

n1 n2 n3 · · · nm

) m∏j=1

anj

j ,

donde

(n

n1 n2 · · · nm

)=

n!

n1! · n2!. · · · · nm!.

Problema 4.4.2 En el desarrollo (1+x+x2)n =2n∑

k=0

akxk,se pide probar que:

(i) a2n−k = ak , (ii)n−1∑

`=0

a` =3n − an

2.

Solucion:

Para (i):De antemano se tiene:

(1 +

1

x+

1

x2

)n

=2n∑

k=0

ak1

xk,

98

o sea: (x2 + x + 1

x2

)n

=2n∑

k=0

akx−k ,

o mejor:

(1 + x + x2)n =2n∑

k=0

akx2n−k ,

y, como:

(1 + x + x2)n =2n∑

k=0

akxk ,

se obtiene:2n∑

k=0

akxk =

2n∑

k=0

akx2n−k ,

buscando a ambos lados de la igualdad anterior el coeficiente de x2n−k, resulta:

a2n−k = ak , para : k = 1, 2, 3, · · · , n− 1 .

Para (ii):Para esta parte es claro que:

(1 + 1 + 1)n =2n∑

k=0

ak1k ⇒ 3n =

2n∑

k=0

ak ,

pero, a causa de la parte (i), se tiene a2n−k = ak para k = 0, 1, 2, 3, · · · , n− 1,con lo que:

2n−1∑

k=0

ak + an = 3n ⇒n−1∑

k=0

ak =3n − an

2.

4.5 Serie binomial

En futuros cursos de Calculo se probara el siguiente resultado conocido comoTeorema de la serie binomial:

Teorema 4.5.1 Siendo x un real y r es un real no nulo, se tiene:

(1+x)r =∞∑

k=0

(r

k

)xk , donde

(r

k

)=

{1 si k = 0

r(r − 1) · · · (r − (k − 1))

k!si k ∈ N

siempre que:

99

(i) r > 0 y | x | ≤ 1, o bien:

(ii) −1 ≤ r < 0 y −1 < x ≤ 1, o bien:

(iii) r < −1 y | x | < 1.

Ası tenemos, por ejemplo, tenemos el desarrollo de:

Ejemplo 4.5.1

√1 + x = (1 + x)

12 = 1 +

1

1! · 2x− 1

2! · 22x2 +

1 · 33! · 23

x3 + · · ·+

+(−1)n+1

2· 1 · 3 · 5 · · · (2n− 3)

2n−1· xn

n!+ · · · ,

y con este desarrollo tenemos:

√2 = (1 + 1)

12 = 1 +

1

1! · 2 −1

2! · 22+

1 · 33! · 23

+ · · ·+

+(−1)n+1

2· 1 · 3 · 5 · · · (2n− 3)

2n−1

1

n!+ · · · ,

En particular se sabe que:

2 · 72 = 102(1− 2

102

)

de ello:

√2 =

10

7

√1− 0, 02 =

10

7(1− 0, 02)

12 =

10

7

(1− 1

2(−0, 02) +

1

2

1

22(−0, 02)2−

−1

2

1 · 322

(−0, 02)3 + · · ·)≈ 1, 414212857 ,

con un error de aproximacion menor a:

∣∣∣(

12

4

)∣∣∣∞∑

k=0

(−0, 02)k+3 =12· 1

2· 3

2· 5

2

4!· (0, 002)4 · 1

1 + 0, 02< 7, 84 · 10−7 .

Problema 4.5.1 Desarrollar en serie binomial1√

1 + x2cuando x > 1.

100

Solucion:

Tenemos que:

1√1 + x2

=1

x ·√

1 + 1x2

=1

x·(

1 +1

x2

)− 12

=1

x·∞∑

k=0

(−12

k

)(1

x

)2k

,

por lo tanto para x > 1 se tiene:

1√1 + x2

=∞∑

k=0

(−12

k

)(1

x

)2k+1

.

Problema 4.5.2 Encontrar el desarrollo en serie de:

(1− x)−pq ,

y una vez hecho esto calcular el valor de:

1 +10

9+

10 · 16

9 · 18+

10 · 16 · 22

9 · 18 · 27+ · · · .

Solucion:

Tenemos:

(1− x)−pq =

∞∑

k=0

(−1)k

(−pq

k

)xk = 1−

(−pq

1

)x +

(−pq

2

)x2 −

(−pq

3

)x3 + · · · =

= 1 +

p

q

1!x +

−p

q

(−p

q− 1

)

2!x2 −

−p

q

(−p

q− 1

)(−p

q− 2

)

3!x3 + · · ·

= 1 +

p

q

1!x +

p

q

(p

q+ 1

)

2!x2 +

p

q

(p

q+ 1

)(p

q+ 2

)

3!x3 + · · ·

= 1 +p

1!

x

q+

p(p + q)

2!

(x

q

)2

+p(p + q)(p + 2q)

3!

(x

q

)3

+ · · · ,

ahora tenemos:

1 +10

9+

10 · 16

9 · 18+

10 · 16 · 22

9 · 18 · 27+ · · · = 1 +

5

1!

2

33

+

5(5 + 3)

2!

2

33

2

+

101

+5(5 + 3)(5 + 2 · 3)

3!

2

33

3

+ · · · =(

1− 2

3

)− 53

=

(1

3

)− 53

= 353 = 3

3√

9 .

Problema 4.5.3 Demostrar que cuando x es un valor muy grande, entonces:

√x2+−

√x2 − 1 ≈ 1

x,

con aproximacion menor que1

8x(x4 − 1).

Solucion:

Tenemos:√

x2 + 1 = x ·√

1 +1

x2=

∞∑

k=0

(12

k

)1

x2k−1,

como tambien:

√x2 − 1 = x ·

√1− 1

x2=

∞∑

k=0

(12

k

)(−1)k 1

x2k−1,

y con ello:

√x2+−

√x2 − 1 =

∞∑

k=0

(12

k

) (1 + (−1)k+1

) 1

x2k−1= 2

∞∑

k=0

(12

2k + 1

)1

x4k+1=

=1

x+ 2

∞∑

k=1

(12

2k + 1

)1

x4k+1,

pero:

2∞∑

k=1

(12

2k + 1

)1

x4k+1<

x

8

∞∑

k=1

1

x4k+2≤ x

8· 1

x6· 1

1− x−4=

1

8x(x4 − 1).

Problema 4.5.4 Determinar un valor aproximado para n

√a

bcuando a y b son

muy parecidos, o sea: n

√a

b=√

1 + x, con x pequeno.

102

Solucion:

Tenemos:

n

√a

b=

n

√1 +

a− b

a + b

n

√1− a− b

a + b

≈1 +

1

n· a− b

a + b

1− 1

n· a− b

a + b

=n(a + b + (a− b)

n(a + b)− (a− b),

y como:√

1 + x =

√1 + x

1,

colocando en esta ultima a = 1 + x, b = 1, resulta:

n√

1 + x =n(2 + x) + x

n(2 + x)− x=

2n + (n + 1)x

2n− (n− 1)x= 1 +

2x

2n + (n− 1)x.

Ası, por ejemplo, tenemos que:

√1 + x ≈ 1 +

2x

4 + x,

con lo que:

√1, 1 ≈ 1 +

2− 0, 1

4 + 0, 1= 1 +

2

41= 1, 048780487 .

Como tambien:

3√

28 = 3√

27 + 1 = 33

√1 +

1

27≈ 3 ·

2 · 3 + (3 + 1) · 1

27

2 · 3 + (3− 1) · 1

27

=

= 3 · 1, 012195122 = 3, 036585366 .

Nota:

Se tiene que:n√

1 + x ≈ 2n + (n + 1)x

2n− (n− 1)x,

con un error menor que:n2 − 1

12n3· | x |3 .

103

Problema 4.5.5 Siendo p, q ∈ R+ con p + q = 1, calcular:

∞∑

k=r

(k − 1

r − 1

)· pr · qk−r .

Solucion:

Tenemos, a causa de la serie binomial, que:

1

pr=

1

(1− q)r= (1− q)−r =

∞∑

k=0

(−1)k ·(−r

k

)· qk = 1+

∞∑

k=1

(−1)k ·(−r

k

)· qk ,

pero:

(−r

k

)=

r · (−r − 1) · (−r − 2) · (−r − 3) · · · (−r − 1− (k − 1))

k!=

= (−1)k · r · (r + 1) · (r + 2) · (r + 3) · · · (r + k − 1)

k!=

= (−1)k ·(

r + k − 1

k

)= (−1)k ·

(r + k − 1

r − 1

),

de donde:

1

pr= 1 +

∞∑

k=1

(−1)k · (−1)k ·(

r + k − 1

r − 1

)· qk =

∞∑

k=0

(r + k − 1

r − 1

)· qk ,

en esta serie hacemos r + k = j, con lo que:

1

pr=

∞∑j=r

(j − 1

r − 1

)· qj−r ,

y, por lo tanto, obtenemos:

∞∑j=r

(j − 1

r − 1

)· pr · qj−r = 1 .


∞∑

k=r

k ·(

k − 1

r − 1

)· pr · qk−r .

104

Solucion:

Tenemos:

∞∑

k=r

k ·(

k − 1

r − 1

)· pr · qk−r = r ·

∞∑

k=r

(k

r

)· pr · qk−r ,

pero, por problema anterior:

∞∑

k=r

(k

r

)· pr · qk−r =

1

p·

∞∑

k=r+1

(k − 1

r

)· pr+1 · qk−(r+1) =

1

p· 1 =

1

p,

luego:∞∑

k=r

k ·(

k − 1

r − 1

)· pr · qk−r =

r

p.


∞∑

k=r

k2 ·(

k − 1

r − 1

)· pr · qk−r .

Solucion:

Tenemos:

∞∑

k=r

k2 ·(

k − 1

r − 1

)· pr · qk−r = r ·

∞∑

k=r

k ·(

k

r

)· pr · qk−r =

= r ·( ∞∑

k=r

(k + 1) ·(

k

r

)· pr · qk−r −

∞∑

k=r

(k

r

)· pr · qk−r

)=

= r

((r + 1)

∞∑

k=r

(k + 1

r + 1

)· pr · qk−r −

∞∑

k=r

(k

r

)· pr · qk−r

)=

= r

(r + 1

p2− 1

p

)= r · r + 1− p

p2,

puesto que:

∞∑

k=r

(k + 1

r + 1

)· pr · qk−r =

1

p2·

∞∑

k=r+2

(k − 1

r + 2

)· pr+2 · qk−(r+2) =

1

p2· 1 =

1

p2,

105

y, por problema anterior:

∞∑

k=r

(k

r

)· pr · qk−r =

1

p·

∞∑

k=r+1

(k − 1

r

)· pr+1 · qk−(r+1) =

1

p· 1 =

1

p.


1. Simplificar y calcular:

7!5!

,12!14!

,

(85

),

(83

),

(1512

),

(137

),

(84

)+ 2

(85

)+

(86

)

(1915

)+2

(1916

)+

(1917

),

(195154

)+2

(195155

)+

(195156

),

5∑

k=1

(8k

),

92∑

k=1

(98k

)

2. Simplificar las expresiones:

(n + 2)!n!

,n!− (n− 1)!

(n− 1)!,

(4n

3n

)(3n

2n

)(2n

n

),

(n + 1

3

)

(n

3

) ,

(n + 1r + 1

)

(n

r

)

(n + 1)!− n!n! + 1

2n(n− 1)!,

(n + 1r + 1

)

(n

r − 1

) ,

(n

k

)+ 2

(n

k − 1

)+

(n

k − 2

)

3. Calcular el valor del numero natural n tal que:(

n

2

)= 55 ,

(n

n− 2

)= 10 ,

(n

3

)=

(n

5

),

(16n

)=

(16

n− 4

), 3

(n + 2

3

)= 5

(n + 1

2

).

4. Demostrar que:

(2n)!n!

= 2n[1 · 3 · 5 · 7 · · · (2n− 1)] ,

(n

k − 1

)+ 2

(n

k

)+

(n

k + 1

)=

(n + 2k + 1

),

1 +(

n + 1n

)=

(n + 2n + 1

).

5. Si la expresion 25 · 11 · 10 · 9 · 8 · 75!

·( 3√

x)6 ·y5 corresponde al sexto termino

del desarrollo de un binomio, determinar el binomio y el exponente deeste.

106

6. Desarrollar:

(3x + 2y)6 , (1− x)7 ,(

3√

x +1

x

)6

,(x3 − 1

x

)5

.

7. Calcular el quinto termino en el desarrollo de

(2n +

1

2n

)9

.

8. Encontrar los coeficientes de los terminos indicados en los desarrolloscorrespondientes:

(i)

x11 en : (3x + 2x2)7 .

(ii)

x5 en :

(2x− 3

x

)13

.

(iii)

x2 en :

(3√

x− 2

x2

)27

.

(iv)

x2r en : (1− x2)4r .

9. Encontrar los terminos centrales en los desarrollos de:

(i)

(3

2a− 5a

6

)10

.

(ii)

(4x2

5− 5

2x

)15

.

(iii) 0 < x < a ≤ b :(√a− x +

√b− x

)24.

(iv)

(3√

x− x−2

2

)6

10. Encontrar el termino independiente de x en el desarrollo de:

(3

2x2 − 1

3x

)9

,(x− 1

x2

)3n

.

11. En el desarrollo de (a√

a + a−4)n el coeficiente del tercer termino esmayor que el coeficiente del segundo en 44 unidades. Hallar el terminoindependiente de a en este desarrollo.

12. Encontrar, si es que existe, el termino que contenga al factor x5 · y45 enel desarrollo del binomio (2x3y−1 − x−2y4)25.

13. Calcular el valor numerico del termino independiente de x en el desarrollo

de (3x65 + 2)(x− 1

x2

)42

.

14. Calcular el coeficiente de x−2 en el desarrollo de x2(x2 − 2

x2

)28

.

107

15. El segundo, tercer y cuarto terminos en el desarrollo de (x+y)n son 240,720 y 1080, respectivamente. Calcular x, y, n.

16. Demostrar que el coeficiente del termino central del desarrollo del bi-nomio (1 + x)2n, es igual a la suma de los coeficientes de los terminoscentrales del desarrollo de (1 + x)2n−1 .

17. Si xr se encuentra en el desarrollo de(x+

1

x

)n

, encontrar su coeficiente.

18. Si xn se encuentra en el desarrollo de(x3+

1

x

)2n

, encontrar su coeficiente.

19. Si xr se encuentra en el desarrollo de x3(4x2 +

1

2x

)2n

, encontrar su

coeficiente.

20. Determinar el valor de a para que los coeficientes de x7 y x6 en el desa-rrollo de (x + a)5(x− 2a)3 sean iguales.

21. Calcular la suma y el producto de (2 +√

3)7 con (2−√3)7 .

22. Calcular:

(i)423∑

k=0

(423k

).

(ii)1012∑

k=0

(−1)k

(1012

k

).

(iii)144∑

k=1

k

(144k

).

(iv)131∑

k=1

k2

(131k

).

(v)321∑

k=0

1k + 1

(321k

).

(vi)

1998∑

k=0

1(k + 1)(k + 2)

(1998

k

).

(vii)

1997∑

k=0

1(k + 1)(k + 2)(k + 3)

(1997

k

).

(viii)125∑

k=0

(−1)k

k + 1

(125k

).

(ix)153∑

k=0

1k + 2

(153k

).

(x)

216∑

k=0

(−1)k

(k + 1)(k + 2)(k + 3)

(216k

).

23. Sabiendo que n ∈ N, entonces (1 +√

3)2n+1 + (1−√3)2n+1 ∈ N .

108

24. Hallar el coeficiente de x7 en el desarrollo de (1− x2 − x3)n .

25. (a) Sabiendo que (2n + 2)

(n

k

)= (k + 1)

(n + 2

n + 1− k

), demostrar que

n = 2k.

(b) Si n y k satisfacen la anterior parte (a) y ademas, cumplen con la

condicion

(n

2k − 1

)= 10, se pide determinar los valores de n y k.

26. Probar que los coeficientes de x2 y de x3 en el desarrollo de (x2−2x+2)n

son 2n−1n2 y1

3n(n2 − 1)2n−1 respectivamente.

27. Demostrar quen−1∑

k=0

(k + 1)

(n

k + 1

)xk = n(1 + x)n−1.

28. Calcular las sumatorias:

(i)n∑

k=1

(−1)kk

(n

k

).

(ii)n∑

k=0

(−1)k(nk

)

k + 1.

(iii)n∑

k=0

(−1)k(nk

)

(k + 1)(k + 2).

(iv)n∑

k=0

(−1)k 1k + 2

(n

k

).

(v)

n∑

k=0

(−1)k 1(k + 1)(k + 2)(k + 3)

(n

k

).

(vi)n∑

k=0

(k

5

).

29. Demostrar que:

[1 +

(n

1

)+

(n

2

)+ · · ·+

(n

n

)]2

= 1 +

(2n

1

)+

(2n

2

)+ · · ·+

(2n

2n

)

30. Sean p, q ∈ R+, tales que p + q = 1 y para k = 0, 1, 2, 3, · · ·n se define lafuncion:

f(k) =

(n

k

)pkqn−k ,

demostrar que:

(i)n∑

k=0

kf(k) = np ,

109

(ii)n∑

k=0

(k − np)2f(k) = npq .

31. Desarrollar:

3√

(8− x3)2 ,x

1 + x2, (1− nx)−

1n .

32. Encontrar el desarrollo hasta x3 en la expresion:

(1− x)−1 − 2((1− 2x)−12 + (1− 3x)−

13 .

33. Si el desarrollo de (1 + x)x pudiera ser hecho, demostrar que:

(1 + x)x = 1 + x2 − 1

2x3 +

5

6x4 + · · ·

34. Si n ∈ N, probar que el termino del centro en el desarrollo de (1 + x)2n

es el mismo que el termino de orden (n + 1) en (1− 4x)−12 .

35. Demostrar que:

(i)

1 +1

8+

1 · 38 · 16

+1 · 3 · 5

8 · 16 · 24+ · · · = 2

3

√3 .

(ii)1

3+

1 · 33 · 6 +

1 · 3 · 53 · 6 · 9 +

1 · 3 · 5 · 73 · 6 · 9 · 12

+ · · · =√

3− 1 .

(iii)3

2 · 4 +3 · 4

2 · 4 · 6 +3 · 4 · 5

2 · 4 · 6 · 8 + · · · = 1 .

(iv

1 +15

56+

15 · 39

56 · 112+

15 · 39 · 63

56 · 112 · 168+ · · · =

(7

4

) 58

.

36. Sabiendo que:n√

1 + x ≈ 2n + (n + 1)x

2n− (n− 1)x,

con un error menor que:

n2 − 1

12n3· | x |3 ,

¿con que aproximacion se puede obtener 4√

1, 001 con ella?

110


(1) 42,1

13 · 14, 56, 56, 455, 1716,

(106

),(

2117

),(

197156

), 218, 292 − 1−

98∑

k=93

(98k

).

(2) n(n + 1), n− 1,(4n)!(n!)4

,n + 1n− 2

,n + 1r + 1

,2n

3,

(n + 1)(n + 1− r)r(r + 1)

,n + 2

k.

(3) n = 10, n = 4, n = 3, n = 10, n = 3.

(5) ( 3√

x + 2y)11.

(6)6∑

k=0

(6k

)2k · 36−k · x6−k · yk,

7∑

k=0

(−1)k

(7k

)xk,

6∑

k=0

(6k

)x

6−4k3 ,

5∑

k=0

(−1)k

(5k

)x15−4k.

(7)(

94

)25n−36.

(8) (i)(

74

)24 · 33

(ii)(

134

)29 · 34

(iii) −(

273

)23

(iv)(

4r

2r

)

(9) (i) −(

105

)(54

)5

a−10

(ii) −(

157

)29

5x9 y

(158

)29 · 5x6

(iii)(

2412

)(a− x)

24−k2 (b− x)

k2

(iv) −(

63

)2−3x−15

(10)(

96

)163

, (−1)n

(3n

n

)

(11) El noveno termino y n = 11.

(12) El decimoquinto termino.

(13) 105720458160.

(14) −1226904698880.

(15) n = 11, x = 11

√40011

, y =35

11

√40011

,

(17)(

nn−r

2

)

111

(18)(

2n5n4

)

(19)(

2n4n+3−r

3

)2r−3

(20) a = 0 o a =18

(21) La suma es3∑

k=0

(72k

)28−2k · 3k y el producto es 1.

(22) (i) 2423

(ii) 0

(iii) 144 · 2143

(iv) 2129 · 131 · 132

(v)1

322(2322 − 1)

(vi) 4 · 21998 − 20011999 · 2000

(vii)22001 − 14− 1997 · 7− 19972

2 · 1998 · 1999 · 2000

(viii)1

126

(ix)1

154 · 155

(x)1

217 · 218 · 219− 1

217 · 218+

1434

112

Capıtulo cinco

TRIGONOMETRIA DEL TRIANGULO

RECTANGULO

Segun sabemos el origen de la Trigonometrıa debe buscarse en el tiempo en que se hacıael estudio de la esfera celeste, en la cual se suponıa que se desplazaban el sol, la luna y lasestrellas y cuya posicion se calculaba mediante la medicion de angulos. Los dos persona-jes famosos y mas importantes que se interesaron por estos estudios fueron los astronomosgriegos Hiparco de Nicea (siglo II A.C.) y Claudio Ptolomeo (siglo II D.C.). Comoconsecuencia de lo que hemos mencionado, es facil creer que la principal, si no unica, apli-cacion de la Trigonometrıa es la resolucion de triangulos y, por tanto, sus campos deaplicacion deberıan ser la Astronomıa, la Navegacion y la Agrimensura. Esto no es ası puessu aplicacion en el Calculo y otras ramas de la Matematica es amplia en nuestros dıas.

Pues bien, la Trigonometrıa desde los inicios, como hemos dicho, se sustenta basicamenteen los triangulos rectangulos y, por ende, en el famoso Teorema de Pitagoras. Por lodemas, es claro que, no debemos olvidar los importantes aportes que hicieron en los iniciosde la Trigonometrıa tanto los babilonios, egipcios, griegos, indios y arabes. Avanzandoen la Historia, para resumir, tenemos que en el siglo XV D.C. John Muller, conocidocomo Regiomontano, escribe un tratado completo de trigonometrıa, llamado “Tratadodel triangulo”. Con posterioridad los astronomos Tycho Brae, Nicolas Copernico yel geometra Francois Viete desarrollaron la trigonometrıa practicamente hasta el estadoactual, aunque a comienzos del siglos XVII, Bartolome Pitiscus, profesor de la Universidadde Heidelberg, escribio el primer texto que llevo el tıtulo de “Trigonometrıa” y la idea delautor era exactamente exponer lo que el nombre implica: medicion de triangulos. Faltarıanombrar a Werner quien encontro las “formulas de prostaferesis”, estas son las identidadesconocidas sobre las sumas y diferencias de senos y cosenos.

5.1 Razones trigonometricas

En la figura 5.1 se considera un de-terminado angulo PAQ de medida α- por comodidad no haremos distin-go entre angulo y su medida - y se hatrazado, al arbitrio, la perpendicular←→BC en C al lado

−→AQ, formandose ası

el triangulo rectangulo ABC. En ladefinicion que sigue deberemos tenerpresente a este triangulo.

A Q

P

C

B

α

Fig. 5.1

113

Definicion 5.1.1 Tomando en cuenta la figura 5.1(de la pagina anterior), sellama:

(1) coseno del angulo α al numero:

cos α =Cateto adyacente a α

Hipotenusa=

CA

AB,

(2) seno del angulo α al numero:

sen α =Cateto opuesto a α

Hipotenusa=

BC

AB,

(3) tangente del angulo α al numero:

tgα =Cateto opuesto a α

Cateto adyacente a α=

BC

CA,

(4) cotangente del angulo α al numero:

cot α =Cateto adyacente a α

Cateto opuesto a α=

CA

BC,

(5) secante del angulo α al numero:

sec α =Hipotenusa

Cateto adyacente a α=

AB

CA,

(6) cosecante del angulo α al numero:

cosecα =Hipotenusa

Cateto opuesto a α=

AB

BC.

A cada uno de estos numeros se le denomina razon trigonometrica del anguloα.

Nota:

Hacemos notar que estos numeros llamados razones trigonometricas del anguloα solo dependenden de α. Esto se debe a que son independientes de la per-

pendicular←→BC trazada en la figura 5.1 (a causa de la semejanza de triangulos

114

rectangulos). O sea, dado un angulo agudo y positivo α existe uno y solo unvalor para cada razon trigonometrica. En otras palabras, cada razon trigo-

nometrica es una funcion real con dominio en el intervalo 0 < α <π

2.

(El lector debera saber transformar de radianes a grados e inversamente.)

Teorema 5.1.1 Se tienen las siguientes identidades fundamentales:

(1) cos2 α + sen2α = 1

(2) tgα =senα

cos α

(3) cot α =cosα

senα

(4) cos α · sec α = 1

(5) senα · cosecα = 1

(6) tgα · cot α = 1

(7) 1 + tg2α = sec2 α

(8) cot2 α + 1 = cosec2α

Nota:

Como se sabe, el complemento de un angulo es aquel angulo que junto

con α completan 90◦ (π

2radianes), o sea:

complemento de α = 90◦ − α ,

o tambien:

complemento de α =π

2− α .

Por esta causa se acostumbra decir que la funcion coseno es la cofunciondel seno y viceversa; que la cotangente es la cofuncion de la tangente yviceversa y, por ultimo, que la cosecante es la cofuncion de la secante yviceversa . Es decir:

cos α = sen(90◦ − α) , senα = cos(90◦ − α) ,

cot α = tg(90◦ − α) , tgα = cot(90◦ − α) ,

cosecα = sec(90◦ − α) , sec α = cosec(90◦ − α) .

Teorema 5.1.2 Los valores de las razones trigonometricas para los angulosde 30◦, 45◦ y 60◦ son:

115

cos 30◦ = sen60◦ =

√3

2

sen30◦ = cos 60◦ =1

2

tg30◦ = cot 60◦ =

√3

3

cot 30◦ = tg60◦ =√

3

sec 30◦ = cosec60◦ =2√

3

3

cosec30◦ = sec 60◦ = 2

cos 45◦ = sen45◦ =

√2

2

tg45◦ = cot 45◦ = 1

sec 45◦ = cosec45◦ =√

2

Definicion 5.1.2 Los valores de las razones trigonometricas para los angulosde 0◦, 90◦ se definen del modo siguiente:

cos 0◦ = sen90◦ = 1

sen0◦ = cos 90◦ = 0

tg0◦ = cot 90◦ = 0

cot 0◦ = tg90◦ = ∞sec 0◦ = cosec90◦ = 1

cosec0◦ = sec 90◦ = ∞

Teorema 5.1.3 Para 0 < α <π

2se tiene:

0 ≤ cosα ≤ 1 , 0 ≤ senα ≤ 1 , 0 ≤ tgα , 0 ≤ cot α , 1 ≤ sec α , 1 ≤ cosecα

5.2 Expresion de cada razon trigonometrica

en terminos de las restantes

Ocupando las identidades fundamentales dadas en el teorema [5.1.1] se obtieneel cuadro siguiente:

cos α senα tgα cot α sec α cosecα

cos α cos α√

1− sen2α1√

1 + tg2α

cot α√1 + cot2 α

1sec α

√cosec2α− 1

cosecα

senα√

1− cos2 α senαtgα√

1 + tg2α

1√1 + cot2 α

√sec2 α− 1

sec α

1cosecα

tgα

√1− cos2 α

cos α

senα√1− sen2α

tgα1

cot α

√sec2 α− 1

1√cosec2α− 1

cot αcos α√

1− cos2 α

√1− sen2α

senα

1tgα

cot α1√

sec2 α− 1

√cosec2α− 1

sec α1

cos α

1√1− sen2α

√1 + tg2α

√1 + cot2 α

cot αsec α

cosecα√cosec2α− 1

cosecα1√

1− cos2 α

1senα

√1 + tg2α

tgα

√1 + cot2 α

sec α√sec2 α− 1

cosecα

116

5.3 Resolucion de triangulos rectangulos

Los criterios de congruencia de triangulos, en el caso en que tales triangulossean rectangulos, nos indican que un triangulo rectangulo quedara determinadodandose dos datos, dentro de los cuales debe haber por lo menos uno quesea lineal (o sea un lado). Luego, para que un triangulo rectangulo quededeterminado bastara considerar alguna de las cinco situaciones siguientes:

(1) Hipotenusa y angulo agudo.

(2) Cateto y angulo agudo adya-cente.

(3) Cateto y angulo agudo opues-to.

(4) Cateto y cateto.

(5) Cateto e hipotenusa.

Para resumir estos cinco casos consideraremos la figura 5.2.

βα

b

c

a

A B

C

Fig. 5.2

Caso N◦ 1: Observando la figura5.2, donde los datos son la hipote-nusa AB = c y el angulo agudo6< BAC = α, se concluye que:

β = 90◦ − α ,

CA = c cos α ,

BC = csenα .

(Tambien esta la situacion similarAB = c y 6< ABC = β.)

Caso N◦ 2: Observando la figura 5.2, los datos son el cateto BC = a y elangulo agudo 6< ABC = β, luego se obtiene:

α = 90◦ − β CA = atgβ AB = a sec β .

(Tambien esta la situacion CA = b y 6< BAC = α.)

Caso N◦ 3: Observando la figura 5.2, los datos son el cateto BC = a y elangulo agudo 6< BAC = α, luego se consigue:

β = 90◦ − α CA = a cot α AB = acosecα .

(Tambien esta la situacion similar CA = b y 6< ABC = β.)

117

Nota:

En lo que viene se utilizaran las notaciones: cos−1 = Arccos = INVCOS,sen−1 = Arcsen = INVSEN, tg−1 = Arctg = INVTAN, que son las simbologıasque aparecen en las teclas (o bien como operacion secundaria de una tecla) decualquier calculadora cientıfica para senalar el valor angular asociado a la razontrigonometrica que se presenta cuando se procede a dividir las longitudes dedos lados de un triangulo rectangulo; como tambien en el sentido notacionalmatematico actualmente en uso.

Caso N◦ 4: Observando la figura 5.2, donde los datos son el cateto BC = ay el cateto CA = b, luego se obtiene:

AB =√

a2 + b2 6< BAC = tg−1a

b6< ABC =

π

2− tg−1a

b.

Caso N◦ 5: Observando la figura 5.2, donde los datos son el cateto BC = ay la hipotenusa AB = c, luego se obtiene:

CA =√

c2 − a2 6< BAC = sen−1a

c6< ABC =

π

2− sen−1a

c.

(Tambien esta la situacion CA = b y AB = c.)

Los casos explicados con anterioridad pueden aplicarse ahora a la resolucionde problemas sobre alturas y distancias. Es de suponer que, por medio deinstrumentos apropiados puede medirse distancias y angulos necesarios conuna aproximacion suficiente para los propositos que el problema requiere. Esimportante tener presente las definiciones de angulo de elevacion y de angulode depresion.

A B

C

C

BA

(1) (2)

Fig. 5.3

118

Definicion 5.3.1 En la figura 5.3 sea−→AB un rayo horizontal en el mismo

plano vertical que el objeto C. Se ha trazado tambien el rayo−→AC.

(1) En la figura 5.3-(1) donde el objeto C esta por encima de la horizontal−→AB, el angulo 6< BAC se llama angulo de elevacion del objeto C vistodesde el punto A.

(2) En la figura 5.3-(2) donde el objeto C esta por debajo de la horizontal−→AB, el angulo 6< BAC se llama angulo de depresion del objeto C vistodesde el punto A.

5.4 Razones trigonometricas de angulos com-

puestos

En las identidades que resumimos en este apartado todos los angulos que par-ticipan, sus sumas, sus diferencias, sus multiplos y sus submultiplos seranagudos.

Teorema 5.4.1 Argumento suma.

cos(α + β) = cos α cos β − senαsenβ .

sen(α + β) = senα cos β + cos αsenβ .

tg(α + β) =tgα + tgβ

1− tgαtgβ.

Teorema 5.4.2 Argumento diferencia.

cos(α− β) = cos α cos β + senαsenβ .

sen(α− β) = senα cos β − cos αsenβ .

tg(α− β) =tgα− tgβ

1 + tgαtgβ.

Teorema 5.4.3 Argumento doble.

cos 2α = cos2 α− sen2α , sen2α = 2senα cos α , tg2α =2tgα

1− tg2α.

119

Teorema 5.4.4 Argumento triple.

cos 3α = 4 cos3 α−3 cos α , sen3α = 3senα−4sen3α , tg3α = tgα · 3− tg2α

1− 3tg2α.

Teorema 5.4.5 Argumento medio.

cosα

2=

√1 + cos α

2, sen

α

2=

√1− cos α

2, tg

α

2=

√1− cos α

1 + cos α.

Teorema 5.4.6 Formulas de prostaferesis.

cos α + cos β = 2 cosα + β

2cos

α− β

2.

cos α− cos β = −2senα + β

2sen

α− β

2.

senα + senβ = 2senα + β

2cos

α− β

2.

senα− senβ = 2 cosα + β

2sen

α− β

2.

cos α · cos β =1

2

(cos(α + β) + cos(α− β)

).

senα · senβ =1

2

(cos(α− β)− cos(α + β)

).

senα · cos β =1

2

(sen(α + β) + sen(α− β)

).


Problema 5.5.1 Calcular el valor de la expresion:

E = 3tg230◦ +1

4sec 60◦ + 5 cot2 45◦ − 2

3sen260◦ .

Solucion:

Sabemos que tg30◦ =1√3, sec 60◦ = 2, cot 45◦ = 1 y sen60◦ =

√3

2, luego:

E = 3 · 1

3+

1

4· 2 + 5 · 1− 2

3· 3

4= 1 +

1

2+ 5− 1

2= 6 .

120


E = sen360◦ cot 30◦ − sec2 45◦ + 3 cos 60◦tg45◦ − tg260◦ .

Solucion:

Sabemos que sen60◦ =

√3

2, cot 30◦ =

√3, sec 45◦ =

√2, cos 60◦ =

1

2, tg45◦ =

1, tg60◦ =√

3, luego:

E =3√

3

8·√

3− 2 + 3 · 1

2· 1− 3 =

9

8− 2 +

3

2− 3 = −19

8.

Problema 5.5.3 Si tgα =7

24, entonces encontrar el valor de la expresion:

E =5 senα + 7 cos α

6 cos α− 3 senα.

Solucion:

Si tgα =7

24, entonces cos α =

24

25y senα =

7

25, luego:

E =5 · 7

25+ 7 · 24

25

6 · 24

25− 3 · 7

25

=5 · 7 + 7 · 24

6 · 24− 3 · 7 =203

123.

Problema 5.5.4 Demostrar que:(1 + cot 60◦

1− cot 60◦

)2

=1 + cos 30◦

1− cos 30◦.

Solucion:

Se tiene:

(1 + cot 60◦

1− cot 60◦

)2

=(1 + 1√

3

1− 1√3

)2

=(√3 + 1√

3− 1

)2

=((√

3 + 1)2

2

)2

= 7 + 4√

3 ,

por otra parte, resulta:

1 + cos 30◦

1− cos 30◦=

1 +√

32

1−√

32

=2 +

√3

2−√3= (2 +

√3)2 = 7 + 4

√3 ,

de estos resultados obtenemos la identidad.

121

Problema 5.5.5 Comprobar que (√

3 + 1)(3− cot 30◦) = tg360◦ − 2sen60◦ .

Solucion:

Sabemos que sen60◦ =

√3

2, tg60◦ =

√3 y cot 30◦ =

√3, luego:

(√

3 + 1)(3− cot 30◦) = (1 +√

3)(3−√

3) =√

3(3− 1) = 2√

3 , (1)

por otra parte, tenemos:

tg360◦ − 2sen60◦ = 3√

3−√

3 = 2√

3 , (2)

de (1) y (2) se sigue el resultado.

Problema 5.5.6 Si en un triangulo ABC, rectangulo en C, se tiene que

tgα =3√5

y c =√

70, calcular el valor del cateto a.

Solucion:

Por los datos dados tenemos que a = 3k a =√

5k, b = 3k y c =√

70, , luegopor el teorema de Pitagoras resulta:

9k2 + 5k2 = 70 ⇒ 14k2 = 70 ⇒ k =√

5 ,

luego, a = (√

5)2 = 5 .

Problema 5.5.7 Si en un triangulo ABC, rectangulo en C, se tiene que

cot α =25

4y c = 17, calcular el valor del cateto b.

Solucion:

Por los datos dados tenemos que a = 4k, b = 25k y c = 17, luego por elteorema de Pitagoras resulta:

14k2 + 625k2 = 289 ⇒ 641k2 = 289 ⇒ k =17√641

,

luego, b = 25k = 25 · 17√641

=425

√641

641.

122

Problema 5.5.8 Un triangulo ABC es isosceles con base AB = c y los lados

son BC = CA =c

2(√

5+1); se pide calcular el valor de los angulos interiores.

Solucion:

Sabemos que si en un triangulo isosceles ABC bajamos la altura CM corres-pondiente a la base, entonces M es el punto medio de la base. Luego, en eltriangulo AMC, rectangulo en M , resulta:

cos( 6< MAC) = cos α =

c

2c

2(√

5 + 1)=

√5− 1

4⇒ α = cos−1

(√5− 1

4

)= 72◦ ,

(este valor se obtuvo con la calculadora); en conclusion:

α = β = 72◦ , γ = 36◦ .

Problema 5.5.9 Siendo α un angulo agudo y sec α + tgα = 2, calcular elvalor de cos α.

Solucion:

Sabemos que sec2 α− tg2α = 1, o sea:

(sec α + tgα)(sec α− tgα) = 1 ,

y como sec α + tgα = 2 resulta sec α− tgα =1

2, formando el sistema:

sec α + tgα = 2

sec α − tgα =1

2

},

conseguimos sec α =5

4y, por lo tanto, tenemos cos α =

4

5.

Problema 5.5.10 Se pide calcular el valor de 2tg2α + tg4α.

Solucion:

Se tiene:

sec4 α = (sec2 α)2 = (1 + tg2α)2 = 1 + 2tg2α + tg4α ,

123

de donde:

2tg2α + tg4α = sec4 α− 1 = (sec2 α− 1)(sec2 α + 1) = tg2α(1 + sec2 α) .

Problema 5.5.11 Si u = sec α y v = 3tg2α, calcular el valor de 3u2 − v .

Solucion:

Se tiene:

3u2 − v = 3 sec2 α− 3tg2α = 3(sec2 α− tg2α) = 3 · 1 = 3 .

Problema 5.5.12 Si cot α = a, calcular el valor de:

sec2 α− 2(a +

1

a

)+ cosec2α ,

en terminos de a.

Solucion:

Tenemos que 1 + cot2 α = cosec2α, luego cosec2α = 1 + a2, ademas se tiene

tgα =1

cot α=

1

ay como 1 + tg2α = sec2 α, se consigue sec2 α = 1 +

1

a2, con

ello:

sec2 α− 2(a +

1

a

)+ cosec2α = 1 +

1

a2− 2

(a +

1

a

)+ 1 + a2 =

= (1− 2a + a2) +(1− 2

1

a+

1

a2

)= (1− a)2 +

(1− a)2

a2=

1

a2(1− a)2(1 + a2) .

Problema 5.5.13 Calcular el valor de:

tg2α

1 + tg2α· 1 + cot2 α

cot2 α.

Solucion:

Se tiene:

tg2α

1 + tg2α· 1 + cot2 α

cot2 α=

tg2α

sec2 α· cosec2α

cot2 α= tg4α · cos2 α

sen2α= tg4α · cot2 α = tg2α .

124

Problema 5.5.14 Sabiendo que cos α =

√4u2 − 9

2u, hallar los valores de senα,

tgα, cot α, sec α y cosecα.

Solucion:

A causa del teorema de Pitagoras en el triangulo ABC rectangulo en C tenemosque siendo b =

√4u2 − 9 y c = 2u resulta a = 3, luego:

senα =3

2u, tgα =

3√4u2 − 9

, cot α =

√4u2 − 9

3,

sec α =2u√

4u2 − 9, cosecα =

2u

3.


(1− sen2α)(1 + tg2α) = 1 .

Solucion:

Se tiene:

(1− sen2α)(1 + tg2α) = cos2 α sec2 α = (cos α sec α)2 = 12 = 1 .


1− 2 cos2 α

senα cos α= tgα− cot α .

Solucion:

Se tiene:

1− 2 cos2 α

senα cos α=

sen2α− cos2 α

senα cos α=

senα

cos α− cos α

senα= tgα− cot α .


1 + 2 sec2 αtg2α− sec4 α− tg4α = 0 .

125

Solucion:

Se tiene:

0 = 1− 1 = 1− (sec2 α− tg2α)2 = 1 + 2 sec2 αtg2α− sec4 α− tg4α .


sec4 α− sec2 α = tg4α + tg2α .

Solucion:

Tenemos:

tg4α+tg2α = tg2α(tg2α+1) = tg2α sec2 α = (sec2 α−1) sec2 α = sec4 α−sec2 α .


senα

1− cos α=

1 + cos α

senα.

Solucion:

Tenemos:

sen2α + cos2 α = 1 ⇐⇒ sen2α = 1− cos2 α = (1− cos α)(1 + cos α) ,

de esto se concluye que el resultado es evidente.


tgα− senα

sen3α=

sec α

1 + cos α.

Solucion:

Tenemos:

tgα− senα

sen3α=

senα

cos α− senα

sen3α=

senα (1− cos α)

cos α sen3α=

=1− cos α

cos α (1− cos2 α)=

1

cos α (1 + cos α)=

sec α

1 + cos α.

126


senα− cos α + 1

senα + cos α− 1=

1 + senα

cos α.

Solucion:

Se tiene :senα− cos α + 1

senα + cos α− 1=

cos α(senα− cos α + 1)

cos α(senα + cos α− 1)=

=− cos2 α + senα cos α + cos α


sen2α− 1 + senα cos α + cos α


=(senα + 1)(senα + cos α− 1)


1 + senα

cos α.


1

1− senα+

1

1 + senα= 2 sec2 α .

Solucion:

Se tiene :1

1− senα+

1

1 + senα=

1 + senα + 1− senα

1− sen2α=

2

cos2 α= 2 sec2 α .


2(cos6 α + sen6α)− 3(cos4 α + sen4α) + 1 = 0 .

Solucion:

Se tiene:

2(cos6 α+sen6α)−3(cos4 α+sen4α)+1 = 2(cos2 α+sen2α)(cos4 α−cos2 αsen2α+

+sen4α)− 3(cos4 α + sen4α) + 1 = 2 cos4 α + 2sen4α− 2 cos2 αsen2α−−3 cos4 α− 3sen4α + 1 = −(cos2 α + sen2α)2 + 1 = −1 + 1 = 0 .


ntgα = tgnα ⇒ sen2nα

sen2α=

n2

1 + (n2 − 1)sen2α.

127

Solucion:

Se tiene : ntgα = tgnα ⇒ n2 sen2α

cos2 α=

sen2nα

cos2 nα,

luego de esta ultima se consigue:

n2sen2α cos2 nα = sen2nα cos2 α ,

de donde:

n2sen2α(1− sen2nα) = sen2nα cos2 α ⇒ (cos2 α + n2sen2α)sen2nα = n2sen2α ,

luego:sen2nα

sen2α=

n2

1− sen2α + n2sen2α=

n2

1 + (n2 − 1)sen2α.


(1) cos(α + β) = cos α cos β − senαsenβ .

(2) sen(α + β) = senα cos β + cos αsenβ .

(3) tg(α + β) =tgα + tgβ

1− tgαtgβ.

Solucion:

α

α

E

B

C

F

DA

β

Fig. 5.4

En la figura 5.4 se tiene:

6< DAE = α , 6< EAC = β ,

ası:6< DAC = α + β ,

ademas, se han trazado CE perpen-dicular con AE en E, CB perpen-dicular con AD en B y FE perpen-dicular con CB en F . Se deduce,entonces que:

6< ECF = α .

128

De lo anterior, se desprende, para el primer caso:

cos(α + β) =AB

AC=

AD −BD

AC=

AD

AC− BD

AC=

AD

AC− FE

AC=

=AD

AE· AE

AC− FE

CE· CE

AC= cos α cos β − senαsenβ ,

luego:cos(α + β) = cos α cos β − senαsenβ .

Ahora, considerando nuevamente la figura 1.5, tenemos para la segunda situa-cion:

sen(α + β) =BC

AC=

BF + FC

AC=

BF

AC+

FC

AC=

ED

AC+

FC

AC=

=ED

AE· AE

AC+

FC

CE· CE

AC= senα cos β + cos αsenβ ,



Por ultimo, sabemos que:

tg(α + β) =sen(α + β)

cos(α + β)=

senα cos β + cos αsenβ

cos α cos β − senαsenβ,

/· sec α sec β

sec α sec β

al hacer esta amplificacion (por sec α sec β) llegamos a:

tg(α + β) =

senα

cos α+

senβ

cos β

1− senα

cos α· senβ

cos β

=tgα + tgβ

1− tgαtgβ,

luego:


1− tgαtgβ.


(1) cos(α− β) = cos α cos β + senαsenβ .

(2) sen(α− β) = senα cos β − cos αsenβ .

129

(3)


1 + tgαtgβ.

Solucion:


6< DAC = α , 6< EAC = β ,

ası:6< DAE = α− β ,

ademas, se han trazado CE perpen-dicular con AC en C, CB perpen-dicular con AD en B y FC perpen-dicular con DE en F . Se deduce,entonces que:

6< CEF = α .

α

αβ

B

C

D

E

A

F

Fig. 5.5

De lo anterior, se desprende, para el primer caso:

cos(α− β) =AD

AE=

AB + BD

AE=

AB

AE+

BD

AE=

AB

AE+

CF

AE=

=AB

AC· AC

AE+

CF

CE· CE

AC= cos α cos β + senαsenβ ,

luego:cos(α− β) = cos α cos β + senαsenβ .

Ahora, considerando nuevamente la figura 5.5, tenemos para la segunda situa-cion:

sen(α− β) =DE

AE=

DF − EF

AE=

DF

AE− EF

AE=

BC

AE− EF

AE=

=BC

AC· AC

AE− EF

CE· CE

AE= senα cos β − cos αsenβ ,



Por ultimo, sabemos que:

tg(α− β) =sen(α− β)

cos(α− β)=

senα cos β − cos αsenβ

cos α cos β + senαsenβ,

/· sec α sec β

sec α sec β

130

al hacer esta amplificacion (por sec α sec β) llegamos a:

tg(α− β) =

senα

cos α− senβ

cos β

1 +senα

cos α· senβ

cos β

=tgα− tgβ

1 + tgαtgβ,

luego:


1 + tgαtgβ.

Problema 5.5.27 Resolver el triangulo ABC rectangulo en C sabiendo que:

c = 451, 23 , α = 57◦ 43′ 52′′ .

Solucion:

Se tiene:β = 90◦ − α = 90◦ − 57◦ 43′ 52′′ = 32◦ 16′ 8′′ ,

ademas, al ocupar la calculadora, resulta:

a = csenα = 451, 23 · sen57◦ 43′ 52′′ ≈≈ 451, 23 · 0, 845551857 ≈ 381, 5383646 ≈ 381, 54 ,

por ultimo, al ocupar nuevamente la calculadora, se obtiene:

b = c cos α = 451, 23 · cos 57◦ 43′ 52′′ ≈≈ 451, 23 · 0, 5338933 ≈ 240, 9086741 ≈ 240, 91 .


a = 352, 13 , β = 35◦ 43′ 54′′ .

Solucion:

Se tiene:α = 90◦ − β = 90◦ − 35◦ 43′ 54′′ = 54◦ 16′ 6′′ ,


b = atgβ = 352, 13 · tg35◦ 43′ 54′′ ≈

131

≈ 352, 13, 23 · 0, 719411294 ≈ 253, 3262992 ≈ 233, 33 .


c = a sec β = 352, 13 · sec 35◦ 43′ 54′′ ≈≈ 352, 13 · 1, 231889853 ≈ 433, 7853741 ≈ 433, 79 .


a = 562, 84 , α = 64◦ 23′ 36′′ .

Solucion:

Se tiene:β = 90◦ − α = 90◦ − 64◦ 23′ 36′′ = 25◦ 36′ 24′′ ,


b = a cot α = 562, 84 · cot 64◦ 23′ 36′′ ≈≈ 562, 84 · 0, 479262794 ≈ 269, 7482714 ≈ 269, 75 ,


c = acosecα = 562, 84 · cosec64◦ 23′ 36′′ ≈≈ 562, 84 · 1, 108915157 ≈ 624, 1418071 ≈ 624, 14 .


a = 321, 45 , b = 123, 65 .

Solucion:

Se tiene:

c =√

a2 + b2 =√

321, 452 + 123, 652 = 344, 4117086 ≈ 344, 41 ,


α = tg−1(a

b

)= tg−1

(321, 45

123, 65

)= tg−1(2, 599676506) = 68◦ 57′ 36, 36′′ ,


β = tg−1( b

a

)= tg−1

(123, 65

321, 45

)= tg−1(0, 384663244) = 21◦ 2′ 23, 64′′ .

132


a = 12, 31 , c = 18, 93 .

Solucion:

Se tiene:

b =√

c2 − a2 =√

18, 932 − 12, 312 = 14, 38084838 ≈ 14.38 ,


α = sen−1(a

c

)= tg−1

(12, 31

18, 93

)= sen−1(0, 650290544) = 40◦ 33′ 48, 64′′ ,


β = cos−1(a

c

)= cos−1

(12, 31

18, 93

)= cos−1(0, 650290544) = 49◦ 26′ 11, 36′′ .

Problema 5.5.32 Una chimenea tiene 30 m. de altura mas que otra. Unobservador que esta a 100 m. de distancia de la mas baja se da cuenta que suscuspides estan en una recta inclinada respecto al horizonte en angulo de 27◦2′.Hallar las alturas de estas chimeneas.

Solucion:

P

Q

R

A

B

C

Fig. 5.6

Considerando la figura 5.6, donde setiene 6< CAB = 27◦2′, AC = 100,luego:

CB = h = 100tg27◦2′ ,

y, como la calculadora entrega:

tg27◦2′ ≈ 0, 510258481

resulta:

h ≈ 51, 02584818 ,

pero, h es la altura de la mas pequena, luego, como RP = 30 la altura de lamayor sera h + 30 ≈ 81, 02584818 .

133

Problema 5.5.33 Una montana inaccesible CD se observa desde el piso en Abajo angulo de 25◦35′. Una base AB se elige en el terreno perpendicularmentea la horizontal AC y midiendo 750 m. En B la montana se observa bajo angulode 21◦27′. Calcular la altura de la montana.

Solucion.En la figura 5.7, BC = x, CA = y,6< CAD = α = 25◦35′, 6< CBD =β = 21◦27′, AB = ` = 750 y CD =h, con ello resulta:

h = ytgα = xtgβ,

pero x2 = y2 + `2, de donde:

y2(tg2α− tg2β) = `2tg2β,

β

α

B

A

D

C

Fig. 5.7

por lo tanto, se obtiene h =`tgαtgβ√tg2α− tg2β

, y, con los datos, se llega a h ≈515, 7004549 m.

Problema 5.5.34 Un asta de bandera de b m. de altura colocada en la puntade una torre de ` m. de altura subtiende el mismo angulo β desde dos puntosseparados a m. que estan en una recta horizontal que pasa por la base de latorre. Si θ es el angulo que subtiende el trazo a desde la punta del asta, probar

que b = asenβcosecθ, ` =a

2cosecθ(cos θ − senβ).

Solucion:

C

M

N

D

A E

O

B

Fig. 5.8

En la figura 5.8, se trazo el arco ca-paz de 6< ACB =6< ADB = θ concuerda AB = a (luego, 6< AOM =θ), 6< CBD =6< CAD = β, EC = `y CD = b, con ello:

OA = r =a

2cosecθ y

b

2= rsenβ ,

de donde:

b = acosecθsenβ.

134

Por otro lado:

` = EN − CN = MO − b

2= r cos θ − a

2cosecθsenβ =

a

2cosecθ(cos θ − senβ) .

Problema 5.5.35 Un tren parte de una estacion desviandose 40◦ con la hori-zontal, dicha estacion se encuentra a 1550 m. de la ribera de un rıo que correparalelamente a la horizontal anterior. Un observador colocado en la riberavisualiza la estacion con un angulo de 25◦ respecto a la ribera del rıo y al cabode 5 minutos observa que la trayectoria del tren subtiende un angulo de 50◦.¿Cual es la rapidez del tren en kilometros por hora?

Solucion:

Considerando la figura 5.9, vemos que el triangulo EOT es isosceles de verticeO, por lo tanto, se tiene que :

TO = EO = 1550cosec25◦ .

Por lo tanto, concluimos que:

EM = EO · sen25◦ ,

y con ello:

ET = 2 · EO · sen25◦ ,

es decir:

ET = 2 · 1550 · cosec25◦ · sen25◦ ,

o sea:

ET = 2 · 1550 = 3100 ,

65°

25°40°

O

1550

T

M

E

Fig. 5.9

luego ET = 3100 m., es decir ET = 3, 1 kilometros y como la rapidez v es elcuociente entre ET y t = 5 minutos , o sea t = 5/60 = 1/12 horas, resulta:

v =3, 11

12

= 37, 2[km.

h.

]

Problema 5.5.36 A, B y C representan las puntas de postes colocados aintervalos iguales al lado de una carretera, x e y son las tangentes de los

135

angulos que subtienden AB y BC desde un punto P y t es la tangente delangulo que forma lacarretera con PB. Demostrar que:

2

t=

1

y− 1

x.

Solucion:

A D C

F

P

E

B

Fig. 5.10

Tal como se indica en la figura 5.10,sean:

6< APB = α , tgα = x ,

6< BPC = β , tgβ = y ,

6< FEP = γ , tgγ = t ,

6< DBP = 90◦−γ , tg(90◦−γ) = cot γ =1t

.

Ademas, colocamos AB = BC = a, DB = u y DP = v, tambien es claro que6< DBP = γ, con ello se deduce que:

tgγ =v

u= t ⇒ v = tu ,

por otro lado, en el triangulo rectangulo CPD se tiene:

a + u

v= tg(β + (90◦ − γ)) =

tgβ + cot γ

1− tgβ cot γ=

y +1

t

1− y

t

=ty + 1

t− y,

de esto se desprende que u =a(t− y)

y(1 + t2). (1)

Observando ahora el triangulo rectangulo ADP , conseguimos:

a− u

v= tg(α− (90◦ − γ)) =

tgα− cot γ

1 + tgα cot γ=

x− 1

t

1 +x

t

=tx− 1

t + x,

y de ello resulta u =a(t + x)

x(1 + t2). (2)

De (1) y (2) se llega a:

t− y

y=

t + x

x⇒ 2

t=

1

y− 1

x,

136

que es el resultado esperado.

Problema 5.5.37 Un avion vuela con rapidez de 247,62 [km/h] en aire concalma y con rumbo N 59◦ O, comienza a soplar viento con rapidez de 43 [km/h]en direccion S 21◦ O, el avion pasa a desplazarse en el rumbo N 69◦ O. Deter-minar la nueva rapidez del avion.

Solucion:

Considerando la figura 5.11, donde−→BC es el vector velocidad del viento (

−→BC ′ =

−−→BC) y

−→BA es el vector velocidad del avion con viento en calma, luego

6< SBC = α = 21◦ y 6< C ′BA = β = 59◦.

Tenemos, entonces que el nuevorumbo del avion lo da el vector re-sultante:

−→C ′A =

−→BA−

−→BC

(=

−→BA +

−→AD

),

con ello:

6< NFA = 69◦ .

Se deduce entonces que

6< AC ′D = 10◦ , 6< C ′DA = 80◦ ,

ND

C’

A

S

C

BEO

F

Fig. 5.11

luego, el triangulo DAC ′ es rectangulo en A, con lo que:

C ′A 2 = C ′D 2 − AD 2 = 247, 622 − 432 ,

por lo tanto, la nueva rapidez del avion es:

C ′A = 243, 86 [km/h].

Problema 5.5.38 Desde la cima de una colina una persona halla que losangulos de depresion de tres piedras consecutivas e indicadoras de los kilome-tros de un camino recto a nivel son α, β y γ. Demostrar que la altura h de lacolina es:

h =1000

√2√

cot2 α− 2 cot2 β + cot2 γ[m] .

137

Solucion:

11

P

M

h

A

O

B

Fig. 5.12

Observando la figura 5.12 resulta:

h = OAtgα = OMtgβ = OBtgγ ,

y, por geometrıa sabemos que latransversal de gravedad OM deltriangulo AOB esta dada por:

OM 2 =OA 2 + OB 2

2− AB 2

4,

ası, de lo anterior, se consigue:

h2 cot2 β =h2

2(cot2 α + cot2 γ)− 22

4,

de donde:h2(cot2 α− 2 cot2 β + cot2 γ) = 2 ,

con lo que:

h =

√2√

cot2 α− 2 cot2 β + cot2 γ[km] =

1000√

2√cot2 α− 2 cot2 β + cot2 γ

[m] .

Problema 5.5.39 La elevacion de un campanario desde un lugar A al surde el es de 45◦ y desde un lugar B al oeste de A la elevacion es de 15◦. SiAB = 2a, demostrar que la altura del campanario es h = a

(3

14 − 3−

14

).

Solucion:

Considerando la figura 5.13, tene-mos que:

h = xtg45◦ =√

x2 + 4a2tg15◦ ,

como tg45◦ = 1, y ademas:

tg15◦ =

√1− cos 30◦

1 + cos 30◦=

√2−√3

1 +√

3,

2a

15”

h

P

A

45”

O

x

B

Fig. 5.13

138

con lo que obtenemos:

x2 + (x2 + a2)2−√3

1 +√

3,

luego:

x2 = 2a2 2−√3√3

⇒ x = a

√2√

2−√34√

3,

o mejor:

x = a

√4− 2

√3

4√

3= a

√(√

3− 1)2

4√

3= a

√3− 14√

3= a

(3

14 − 3−

14

).

Problema 5.5.40 Encontrar el valor maximo de la expresion:

E = 4 cos α + 3senα .

Solucion:

Tenemos:

E = 4 cos α + 3senα = 5(4

5cos α +

3

5senα

)=

= sen53◦ 7′ 48, 37′′ cos α + cos 53◦ 7′ 48, 37′′senα = 5sen(53◦ 7′ 48, 37′′ + α) ,

y el valor maximo 5 se produce cuando α = 36◦ 52′ 11.63′′, ya que:

53◦ 7′ 48, 37′′ + 36◦ 52′ 11.63′′ = 90◦

y sen90◦ = 1.


tgα + tgβ

1 + tgαtgβ=

sen(α + β)

cos(α− β).

Solucion:

Se tiene:

tgα + tgβ

1 + tgαtgβ=

senα

cos α+

senβ

cos β

1 +senα

cos α· senβ

cos β

=senα cos β + cos αsenβ

cos α cos β + senαsenβ=

sen(α + β)

cos(α− β).

139


tg52◦ − tg38◦ = 2tg14◦ .

Solucion:

Se tiene:

tg14◦ = tg(52◦ − 38◦) =tg52◦ − tg38◦

1 + tg52◦ · tg38◦,

pero:tg52◦ · tg38◦ = tg52◦ · cot 52◦ = 1 ,

luego:tg52◦ − tg38◦ = 2tg14◦ .

Problema 5.5.43 Sea ABC un triangulo rectangulo en C, demostrar que:

sen2α =2ab

c2.

Solucion:

Se tiene sen2α = 2senα cos α = 2 · a

c· b

c=

2ab

c2.

Problema 5.5.44 Sea ABC un triangulo rectangulo en C con b > a, demos-trar que:

cos 2α =b2 − a2

c2.

Solucion:

Se tiene cos 2α = cos2 α− sen2α =(b

c

)2

−(a

c

)2

=b2 − a2

c2.


senα

2=

√c− b

2c.

Solucion:

Se tiene senα

2=

√1− cos α

2=

√√√√1− b

c2

=

√c− b

2c.

140


cosα

2=

√c + b

2c.

Solucion:

Se tiene senα

2=

√1 + cos α

2=

√√√√1 +b

c2

=

√c + b

2c.


tgα

2= cosecα− cot α .

Solucion:

Se tiene cosecα− cot α =1− cos α

senα=

2sen2α

2

2senα

2· cos

α

2

= tgα

2.

Problema 5.5.48 Si tg(α + β) = 33 y tgα = 3, calcular el valor de tgβ.

Solucion:

Tenemos:

33 = tg(α + β) =tgα + tgβ

1− tgαtgβ=

3 + tgβ

1− 3 · tgβ⇒ 100tgβ = 30 ⇒ tgβ = 0, 3 .

Con lo que tgβ =3

10.

Problema 5.5.49 Si:

tgα =usenβ

1− u cos βy tgβ =

vsenα

1− v cos α,

demostrar que:senα

senβ=

u

v.

141

Solucion:

Se tiene:

tgα =senα

cos α=

u senβ

1− u cos β,

o mejor:senα cos β

cos αsenβ=

u senβ cos β

senβ − u cos βsenβ,

de donde:senα cos β

cos αsenβ + cos βsenα=

u senβ cos β

senβ,

luego:senα

sen(α + β)= u ⇒ senα = u sen(α + β) .

Por analogıa, se consiguee:

senβ = v sen(α + β) ,

por lo tanto, se tiene:

senα

senβ=

u sen(α + β)

v sen(α + β)=

u

v.

Problema 5.5.50 Demostrar que sen40◦ + sen20◦ = cos 10◦.

Solucion:

Utilizamos la tercera formula de prostaferesis, resultando:

sen40◦ + sen20◦ = 2sen40◦ + 20◦

2· cos

40◦ − 20◦

2= 2sen30◦ · cos 10◦ =

= 2 · 1

2· cos 10◦ = cos 10◦ .


sen75◦ − sen15◦

cos 75◦ + cos 15◦=

1√3

.

142

Solucion:

Utilizando la cuarta y la primera formulas de prostaferesis resulta:

sen75◦ − sen15◦

cos 75◦ + cos 15◦=

2 cos 45◦sen30◦

2 cos 45◦ cos 30◦= tg30◦ =

1√3

.

Problema 5.5.52 Demostrar que cos 15◦ + sen15◦ =

√6

2.

Solucion:

Se tiene:cos 15◦ + sen15◦ = sen75◦ + sen15◦ ,

y en esta ultima usamos la tercera formula de prostaferesis consiguiendose:

sen75◦ + sen15◦ = 2sen45◦ cos 30◦ = 2 ·√

2

2·√

3

2=

√6

2.

Problema 5.5.53 Demostrar que sen35◦ · cos 25◦ =1

4(√

3 + 2sen10◦) .

Solucion:

Utilizamos la septima formula de prostaferesis:

sen35◦ · cos 25◦ =1

2(sen60◦ + sen10◦) =

1

2

(√3

2+ sen10◦

)=

1

4(√

3 + 2sen10◦) .


sen3α + senα

cos 3α + cos α= tg2α .

Solucion:

Utilizamos la tercera y la primera formulas de prostaferesis:

sen3α + senα

cos 3α + cos α=

2sen2α cos α

2 cos 2α cos α= tg2α .

143


1. Una escalera de 50 m. de largo se deja descansar contra un muro vertical.El pie de la escalera esta a 14 m. de la base del muro. Si el extremosuperior de la escalera se desliza 8 m., entonces el pie de la escalera secorrera:

(A) 5 m.

(B) 10 m.

(C) 20 m.

(D) 8 m.

(E) 16 m.

2. Dos postes de 3 y 7 m. de altura, estan separados 15 m.. La altura de lainterseccion de las rectas que unen las cuspides de cada uno con la basedel poste contrario es de:

(A) 2 m.

(B) 2,1 m.

(C) 2,5 m.

(D) 2.7 m.

(E) 3 m.

3. Se afirma que:

sec4 α− 1 = · · ·

(I) (sec α− 1)(sec α + 1)(sec2 α + 1)

(II) tg2α(sec2 α + 1)

(III) 2tg2α + tg4α

De estas afirmaciones es (son) verdadera(s):

(A) Solo (I) y (II).

(B) Solo (I) y (III).

(C) (I), (II) y (III).

(D) Solo (II) y (III).

(E) Solo (I).

4. ¿A que hora entre las cuatro y las cinco el minutero esta trece minutosmas adelante del horario?

(A) 4 h. 13 min.

(B) 4 h. 16 min.

(C) 4 h. 20 min.

(D) 4 h. 36 min.

(E) 4 h. 38 min..

144

5. Si tgα =a√5, entonces cos α = · · ·

(A)

√a2 + 5√

5

(B)1√

a2 + 5

(C)

√5√

a2 + 5

(D)

√a2 − 5√

5

(E)

√5− a2

√5

6. Una colina mide 420 m. de altura. Se encuentra que el angulo de eleva-cion a la cima vista desde un punto R en el suelo es de 30◦. La distanciadesde R al pie de la colina es de:

(A) 400 m.

(B) 400√

5 m.

(C) 420√

3 m.

(D) 420 m.

(E) 420√

5 m.

7. Si en 4ABC se tiene α = 36◦, β =2π

5, entonces γ = · · ·

(A) 18◦

(B) 36◦

(C) 54◦

(D) 72◦

(E) 108◦

8. De las siguientes alternativas la falsa es:

(A) tgθ + cot θ = sec θcosecθ

(B) 1− 2sen2α = 2 cos2 α− 1

(C) cos4 β−sen4β = cos2 β−sen2β

(D) cos γ + tgγsenγ = cosecγ

(E) senφ cos φcosecφ sec φ = 1.

9. Se sabe que:x = −1 + 5 cos3 θy = 3 + 5sen3θ

}

entonces resulta:(x + 1)

23 + (y − 3)

23 = · · ·

(A) 3√

5

(B)3√

52

(C) 3√

15

(D) 6√

5

(E) 6√

24.

145

10.cos τ − senτ

cos τ + senτ= · · ·

(A) sen2τ

(B) sec 2τ

(C) sec 2τ − tg2τ

(D) tg2τ

(E) tg2τ + sec 2τ

11.cos 36◦ − sen18◦ = · · ·

(A)1

3

(B)1

2

(C) 1

(D) −1

(E) 0

12.cot 15◦ = · · ·

(A) 2 +√

3

(B) 2−√3

(C) 2 + 4√

3

(D) 2 cos(π

3)

(E)√

2 cos(π

3− π

5)

13.senθ +

√3 cos θ = · · ·

(A) 2sen(π

3+ θ)

(B) 2sen(π

3− θ)

(C) 2sen(θ − π

3)

(D) 2 cos(π

3+ θ)

(E) 2 cos(π

3− θ)

14.sen(α + β)

cos α cos β= · · ·

(A) senα + senβ

(B) cos α + cos β

(C) tgα + tgβ

(D) cot α + cot β

(E) sec α + sec β

146

15. El valor de sen75◦ = · · ·(A)

√3 + 1

2√

2

(B)

√3− 1

2√

2

(C)

√5− 1√

5

(D)

√5 + 1√

5

(E) Ninguna de las anteriores.

16. Se tiene que:cos 6β + cos 4β

sen6β − sen4β= · · ·

(A) cot β

(B) tgβ

(C) sec β

(D) cosecβ

(E) senβ.

17.3− 4 cos 2α + cos 4α

3 + 4 cos 2α + cos 4α= · · ·

(A) tg4α

(B) cot4 α

(C) cos4 α

(D) tg2α

(E) sec4 α

18.sec4 α− tg4α = · · ·

(A) sen4α− cos4 α

(B) cosec4α− cot4 α

(C) 0

(D) sec2 α− tg2α

(E) sec2 α + tg2α.

19.senα

1 + cos α+ cot α = · · ·

(A) sec α

(B) cosecα

(C) tgα

(D) 1− cos α

(E) 1 + cos α

147

20.(senα + cos α)(1− senα cos α) = · · ·

(A) sen3α− cos3 α

(B) sec2 α− cosec2α

(C) sen3α + cos3 α

(D) sen3α− cos3 α

(E) sen4α− cos4 α.

21. Siendo α un angulo agudo y sec α + tgα = 2, entonces cos α = · · ·(A)

3

5

(B)4

5

(C)

√5− 1√

5

(D)

√5 + 1

2√

5

(E)2√

5

1 +√

5

22. Si en un triangulo ABC rectangulo en C, sec α = 3 y BC = 16, resultaque la hipotenusa AB = · · ·(A) 12

√2

(B) 4√

2

(C) 32

(D) 20√

3

(E) 25.

23. Si p = sec γ, q = cosecγ, entonces (p + q)(p− q) + 2q2 = · · ·(A) 1

(B) 0

(C) p2q2

(D) p + q

(E) p2 − q2

24. El angulo α tal que 0 ≤ α ≤ π

2que satisface la ecuacion:

sen2α + 2senα cos α + cos2 α = 2

es:

(A)π

3

(B)π

4

(C)π

2

(D)π

6

(E)π

5

148

25. Un triangulo rectangulo tiene por hipotenusa c = 8 cm. y senα =1

2,

entonces los catetos miden:

(A) 2 cm., 2√

15 cm.

(B) 4 cm., 4√

3 cm.

(C) 6 cm., 2√

7 cm.

(D) 1 cm.,√

63 cm.

(E)√

2 cm.,√

62 cm.

26. En un 4ABC isosceles de base AB se conoce la altura 1, 2 m. y latangente trigonometrica del angulo basal es 0, 75. Entonces el area deltriangulo ABC es:

(A) 1, 92 m2

(B) 1, 28 m2

(C) 1, 60 m2

(D) 6, 40 m2

(E) 9, 60 m2

27. Si α es un angulo agudo y cot α =a√3, entonces senα vale:

(A)

√a2 + 3√

3

(B)1√

a2 + 3

(C)

√3√

a2 + 3

(D)

√a2 − 3√

3

(E)

√3− a2

√3

28. Si se tiene: {x = 1 + senαy = 1 + cos α

Entonces la relacion entre x e y es:

(A) x2 + y2 + 2x + 2y + 1 = 0

(B) x2 + y2 − 2x− 2y + 1 = 0

(C) x2 + y2 − 2x− 2y − 1 = 0

(D) x2 + y2 − 2x + 2y + 1 = 0

(E) x2 + y2 + 2x− 2y + 1 = 0.

29. Si θ es un angulo agudo y positivo que satisface la ecuacion:

2senθ = tgθ,

entonces θ = · · ·

149

(A)π

6

(B)5π

6

(C)π

3

(D)3π

7

(E)2π

5

30. El valor desec2 α + cosec2α

es igual a:

(A) sec2 αcosec2α

(B) sen2α cos2 α

(C) sen2α + tg2α

(D) sen2αtg2α

(E) tg2α + cot2 α

31. El valor de:tg2α + cot2 α

es igual a:

(A) cot2 αtg2α

(B) sec2 αcosec2α

(C) cot2 α(1 + sec4 α)

(D) cot2 α(tg4α + 1)

(E) tg2α(tg4α + 1)

32. El valor de:sec2 α− cos2 α

es igual a:

(A) sen2α(1− sec2 α)

(B) cos2 α(1− sec2 α)

(C) tg2α(1 + cos2 α)

(D) cos2 α(1 + cos2 α)

(E) cos2 α(1− cos2 α)

33. Si β es un angulo tal que 0◦ < β < 90◦ y tgβ =1

2, entonces cos β = · · ·

(A)2√3

(B)2

3

√3

(C)2

5

√5

(D)3

5√

5

(E)5

3

√1

3

150

34. Se sabe que:

x = 7 cos3 θy = 7sen3θ

}

entonces resulta

x23 + y

23 = · · ·

(A) 3√

7

(B)3√

72

(C) 3√

21

(D) 6√

7

(E) 6√

48.

35. Resolver el triangulo ABC rectangulo en C, sabiendo que:

(a) a = 25, 72 , α = 36◦ 20′ .

(b) a = 574, 16 , β = 56◦ 20′ 36′′ .

(c) a = 342, 86 , α = 55◦ 32′ 48′′ .

(d) c = 44, 26 , α = 56◦ 14′ .

(e) c = 287, 68 , α = 38◦ 10′ 12′′ .

(f) c = 67, 546 , β = 47◦ 25′ 36′′ .

(g) a = 42, 42 , b = 58, 48 .

(h) a = 384, 66 , b = 254, 88.

36. Eliminar el angulo θ en cada sistema:

(a)

x = 3 + 7 cos θy = −2 + 7senθ

}

(b)x = 3 cos θy = 2senθ

}

(c)

x = −3 + 8 cos θy = 2 + 5senθ

}

(d)x = 3 sec θy = 7tgθ

}

(e)

x = 3 + 2 sec θy = −2 + 5tgθ

}

(f)

x = 3 + 15 cos3 θy = −12 + 15sen3θ

}

37. Dos lugares sobre el mismo meridiano estan a 232,83 km. uno de otro.Encontrar su diferencia de latitud si el radio de la tierra es de 6350 km.aproximadamente.

38. Si en una circunferencia de radio 6 cm. un angulo del centro de 20◦ 17′

subtiende un arco, hallar el angulo que subtendera tal longitud en unacircunferencia de radio 8 cm.

151

39. Una escalera de 13,5 m. de longitud llega hasta la parte superior de unmuro. Si la escalera forma un angulo de 60◦ con el muro, hallar la alturade este y la distancia a el desde el pie de la escalera.

40. Un asta de bandera esta enclavada verticalmente en lo alto de un edificio;a 12 m. de distancia, los angulos de elevacion de la punta del asta y dela parte superior del edificio son de 60◦ y 30◦ respectivamente. Hallar lalongitud del asta.

41. Desde la cuspide de un monumento de 30 m. de altura, los angulos dedepresion de dos objetos, que estan sobre el terreno en la direccionn oestedel monumento son de 45◦ y 30◦ respectivamente. Hallar la distancia quelos separa.

42. Mirando hacia el sur desde la parte superior de un acantilado, los angulosde depresion de una roca y de una boya se observa que son de 45◦ y 60◦.Si se sabe que estos objetos estan separados 110 m. hallar la altura delacantilado.

43. Desde lo alto de un acantilado de 1500 m. de altura los angulos de depre-sion de dos embarcaciones que estan situadas al sur del observador son de25◦ y 85◦ respectivamente. Hallar la distancia entre esas embarcaciones.

44. Una torre esta al pie de una colina cuya inclinacion con respecto al planohorizontales de 9◦. Desde un punto de la colina 12 m. mas arriba la torresubtiende un angulo de 54◦, hallar la altura de la torre.

45. Una lamina rectangular ABCD descansa en una muralla, estando elvertice A en la lınea horizontal (piso) y el vertice B en la arista vertical.El lado AB forma un angulo θ con la recta horizontal en el punto A. SeaE la proyeccion ortogonal de C sobre la arista vertical y F la respectivaproyeccion ortogonal de C sobre la horizontal. Calcular EC = x y CF =y en terminos de θ. Usar estos resultados para probar que:

5x2 − 4xy + y2 = 1 .

46. Se tiene un plano inclinado que forma un angulo θ con la horizontal.Desde el extremo superior del plano inclinado se ve un objeto situadoen la horizontal segun angulo de depresion α; desde la mitad del pla-no inclinado se observa el mismo objeto con un angulo de depresion β.Demostrar que:

cot θ = 2 cot α− cot β .

152

47. Una torre de altura h se encuentra al norte de un punto A y al oeste deun punto B. En A y B los angulos de elevacion de la parte mas alta dela torre son α y β, respectivamente. Si AB = c, demostrar que:

h =c√

cot2 α + cot2 β.

48. La altura de una colina es de 990 m. sobre el nivel de un plano horizontal.Desde un punto A de dicho plano la elevacion angular de la cima dela colina es de 60◦. Un globo se eleva desde el punto A y asciendeverticalmente con rapidez uniforme; despues de 5 minutos , para unobservador que esta en el globo, la elevacion angular de la cima de lacolina es de 30◦. Hallar la rapidez de ascencion del globo en [km./h.].

49. Un avion vuela en lınea recta a una altura de 1000 m. A las 13 horas seencuentra en A y asciende bruscamente desviandose 30◦ con la horizontalmanteniendo el movimiento rectilıneo con rapidez constante. Despues de10 segundos el avion se encuentra en B. Si desde una torre de observacionen la tierra, se tienen angulos de elevacion de 30◦ y 45◦ para los puntosA y B, respectivamente, indicar cual es la rapidez del avion suponiendoque las visuales de los puntos A y B y la trayectoria del avion estan enun plano.

50. Dos astas de bandera se levantan verticalmente sobre un plano horizontal.A y B son dos puntos sobre la recta que une los pies de las astas y estanentre ellos. Los angulos de elevacion de los extremos superiores de lasastas vistos desde A son 30◦ y 60◦ y vistos desde B son de 60◦ y 45◦.Si la longitud de AB es de 9 m. hallar las longitudes de las astas y ladistancia que las separa.

51. Dos chimeneas AB y CD tienen la misma altura. Una persona queesta entre ellas en la recta AC que une sus bases observa que la elevacionde la mas cercana es de 60◦. Despues de caminar 24 m. en una direccionperpendicular a AC observa que las elevaciones son de 45◦a la mas cer-cana y 30◦a la otra. Hallar la altura de las chimeneas y la distancia quelas separa.

52. Dos postes verticales cuyas alturas son a y b subtienden el mismo anguloα desde un punto que esta en la lınea que une sus pies. Si ellos subtiendenangulos β γ desde un punto del plano horizontal desde el cual la lıneaque une sus pies subtiende un angulo recto; demostrar que:

(a + b)2 cot2 α = a2 cot2 β + b2 cot2 γ .

153

53. La elevacion de una colina desde un lugar P al este de ella es 45◦ y desdeun lugar Q, al sur de P , la elevacion es 30◦. Si la distancia entre P y Qes 500 m., hallar la altura de la colina.

54. Se tiene un polıgono regular de n lados inscrito en una circunferenciade radio r. Demostrar que el perımetro y el area de este polıgono son,respectivamente:

2nrsenπ

n,

1

2nr2sen

2π

n.

55. Expresar cada uno de los productos siguientes como suma:

(a) sen3θ cos 5θ

(b) cos 7θ cos 5θ

(c) cos 7θsen5θ

(d) cos θsenθ

2

(e) 4 cosπ

3cos

π

6

(f) 6senπ

6sen

π

3

(g) cos 2θ cos 6θ

(h) 2sen7θsen2θ

56. Expresar cada una de las sumas siguientes como producto:

(a) senπ

9+ sen

2π

9

(b) cos 2θ − cos θ

(c) senπ

4− sen

π

5

(d) cos7π

9+ cos

2π

9

(e) sen8θ + sen4θ

(f) sen5θ

3− sen

5θ

6

(g) cos 8θ − cos 4θ

(h) sen6θ − sen4θ

57. Demostrar las siguientes identidades:

(a)

sen4α + 2sen2α(1− 1

cosec2α

)= 1− cos4 α

(b)1 + tg2α

1 + cot2 α=

( 1− tgα

1− cot α

)2

(c)1− senα cos α

(sec α− cosecα) cos α· sen2α− cos2 α

sen3α + cos3 α= senα

(d)cosecα(sec α− 1)− cot α(1− cos α) = tgα− senα

154

(e)(sec α− 1)2 − (tgα− senα)2 = (1− cos α)2

(f)tg3α

1 + tg2α+

cot3 α

1 + cot2 α=

1− 2sen2α cos2 α

senα cos α

(g)

a = cot α ⇒ a +1

a= sec αcosecα

(h)sen4α(3− 2sen2α) + cos4 α(3− 2 cos2 α) = 1

(i)

cot2 αsec α− 1

1 + senα+ sec2 α

senα− 1

1 + sec α= 0

(j)2senα cos α− cos α

1− senα + sen2α− cos2 α= cot α

(k)

tgβ =nsenα cos α

1− nsen2α⇒ tg(α− β) = (1− n)tgα

(l)

1 + cos α + cosα

2

senα + senα

2

= cotα

2

(m)

tgα

2= cosecα− senα ⇒ cos2 α

2= cos 36◦

155


(1) E

(2) B

(3) C

(4) D

(5) C

(6) C

(7) B

(8) D

(9) B

(10) C

(11) B

(12) A

(13) A

(14) C

(15) A

(16) A

(17) A

(18) E

(19) B

(20) C

(21) B

(22) A

(23) C

(24) B

(25) B

(26) A

(27) C

(28) B

(29) C

(30) A

(31) D

(32) C

(33) C

(34) B

(35) Se tiene:Caso (a)b = 34, 97 ; c = 43, 41 ; β = 53◦ 40′

Caso (b)b = 862, 32 ; c = 1036 ; α = 33◦ 27′ 39′′24′′

Caso (c)b = 235, 23 ; c = 415, 81 ; β = 34◦ 27′ 12′′

Caso (d)a = 36, 79 ; b = 24, 60 ; β = 33◦ 46′

Caso (e)a = 177, 78 ; b = 226, 17 ; β = 51◦ 49′ 48′′

Caso (f)a = 45, 7 ; b = 49, 74 ; β = 42◦ 34′ 24′′

Caso (g)c = 72, 24 ; α = 35◦ 57′ 24′′ ; β = 54◦ 2′ 48′′

Caso (h)c = 461, 44 ; α = 56◦ 28′ 18′′ ; β = 33◦ 31′ 42′′

156

(36) Se tiene:Caso (a) (x− 3)2 + (y + 2)2 = 49

Caso (b)x2

9+

y2

4= 1

Caso (c)(x + 3)2

64+

(y − 2)2

25= 1

Caso (d)x2

9− y2

49= 1

Caso (e)(x− 3)2

4− (y + 2)2

25= 1

Caso (f) (x−3)23 +(y+12)

23 = 15

23

(37) 2◦ 6′

(38) 15◦ 12′ 45′′

(39) 6,75 m. y 11,69 m.

(40) 13,86 m.

(41) 21,96 m.

(42) 260,26m.

(43) 3085,53 m.

(44) 13,72 m.

(45) x = senθ , y = 2senθ + cos θ

(48) 7,92 [km/h]

(49) 192,9 [km/h]

(50)92

√3 m.; 21,29 m. ; 25,79 m.

(51) 29,4 m. ; 61,8 m.

(54) 353,5 m.

(55) Se tiene:

Caso (a)12(sen8θ − sen2θ)

Caso (b)12(cos 12θ + cos 2θ)

Caso (c)12(sen12θ − sen2θ)

Caso (d)12

(sen

3θ

2− sen

θ

2

)

Caso (e)√

3

Caso (f)3√

32

Caso (g)12(cos 8θ + cos 4θ)

Caso (h) cos 5θ − cos 9θ

(56) Se tiene:

Caso (a)√

3 cosπ

18

Caso (b) −2sen3θ

2sen

θ

2

Caso (c) 2 cos9π

20sen

π

20Caso (d) 0Caso (e) 2sen6θ cos 2θ

Caso (f) 2 cos5θ

4sen

5θ

12Caso (g) −2sen6θsen2θ

Caso (h) 2 cos 5θsenθ

157

Capıtulo seis

FUNCIONES TRIGONOMETRICAS

En este capıtulo recordaremos la circunferencia canonica unitaria o goniometri-ca; estudiaremos las funciones trigonometricas, sus propiedades, generalizare-mos las identidades ya vistas en el capıtulo anterior y presentaremos tambienlas formulas de prostaferesis.

6.1 La circunferencia goniometrica

Tal como vemos en la figura 6.1, fi-jado en el plano un sistema cartesia-no ortogonal y el respectivo sentidode orientacion dextrorsum o posi-tivo (contrario al de las manecillasdel reloj), la circunferencia con cen-tro en el origen O y con radio uni-tario se llamara circunferencia go-niometrica o trigonometrica

1

–1

1

Y

X–1O

Fig. 6.1

Y

B

X

B’

AA’O

P

Fig. 6.2

Tomaremos siempre la semirrecta−→OX como lado origen para medirangulos. Considerando la figura 6.2el angulo AOP sera positivo o ne-gativo segun que el movimiento de−→OA para coincidir con

−→OP se efectue

en el sentido dextrorsum o sinestror-sum.

Pensando siempre con respecto a la figura 6.2 diremos que A′A es el diametro

principal y que←→OX es el eje de los cosenos; que B′B es el diametro

secundario y que←→OY es el eje de los senos (esto por razones que se veran

en seguida). Es importante observar que un angulo α determina un unicopunto P en la circunferencia trigonometrica y, en consecuencia un unico rayo

159

−→OP . Sin embargo, dado un punto P en la circunferencia goniometrica ( y su

correspondiente rayo−→OP ) hay muchos angulos que le corresponden, a saber,

aquellos que difieren en un multiplo de 2π.

Aquı extenderemos el concepto derazon trigonometrica, que servıasolo para angulos agudos positivos,al de funcion trigonometrica ofuncion circular, que sirve paraangulos de cualquier medida alge-braica (positivos, negativos, agudos,obtusos, concavos, etc.).

Y

yx

B

OA’ A

B’

P

X

Fig. 6.3

Definicion 6.1.1 Tomando en cuenta la figura 6.3, donde aparece dibujado6< AOP = α, se llama:

(1) coseno del angulo α al numero cos α = abscisa de P = x ,

(2) seno del angulo α al numero sen α = ordenada de P = y ,

(3) tangente del angulo α al numero tgα =senα

cos α=

y

xx 6= 0 ,

(4) cotangente del angulo α al numero cot α =cos α

senα=

x

yy 6= 0 ,

(5) secante del angulo α al numero sec α =1

cos α=

1

xx 6= 0 ,

(6) cosecante del angulo α al numero cosecα =1

senα=

1

yy 6= 0 .

Notas:

(1) Reiteramos que cada punto P de la circunferencia trigonometrica tiene porcoordenadas (cos α, senα), esto es, existe la correspondencia biunıvoca expre-sada mediante P ←→ (cos α, senα).

Sin embargo no hay relacion biunıvoca entre P y α. En efecto, muchos angulosα, a saber, aquellos que difieren en vueltas enteras (positivas o negativas)

determinan el mismo punto P de la circunferencia y el mismo rayo−→OP .

160

Y

r

yx

-r

-r’ rO

P

X

Fig. 6.4

(2) Al observar la figura 6.4, dondeaparece otra circunferencia centradaen el origen O, con radio r 6= 1, lascoordenadas del punto P ′ determi-

nado en ella por el rayo−→OP son:

x = r cos α , y = rsenα .

Esto es a causa de la semejanza vistaen el capıtulo anterior.

(3) En la figura 6.5, nuevamen-te tenemos la circunferencia go-niometrica y en ella al puntoP (cos α, senα) con el respectivo rayo−→OP . Se han trazado las rectas tan-gentes a la circunferencia en A(1, 0)

y en B(0, 1). El rayo−→OP las inter-

secta, respectivamente, en R y S; Qes la proyeccion de P sobre el eje←→OX. De esto se deduce que:

A’ A

B’

O

B S

X

Y

Q

PR

Fig. 6.5

cos α = OQ , senα = QP , tgα = AR , cot α = BS , sec α = OR , cosecα = OS .

(4) Signos de las funciones trigonometricas en los diferentescuadrantes

De las definiciones resulta que las funciones trigonometricas pueden tener signopositivo o negativo, segun sea el cuadrante (I , II , III o IV ) donde esta elpunto P (cos α, senα) ≡ P (α). La figura 6.6 se explica por sı sola.

P (α) ∈ I P (α) ∈ II P (α) ∈ III P (α) ∈ IVcos α + − − +senα + + − −tgα + − + −cot α + − + −sec α + − − +

cosecα + + − −

Fig. 6.6

(5) Mirando las definiciones de las funciones goniometricas o circulares se

161

deduce que:| cos α | ≤ 1 , | senα | ≤ 1 ,

| tgα | < ∞ , | cot α | < ∞ ,

| sec α | ≥ 1 , | cosecα | ≥ 1 .

Teorema 6.1.1 Se tienen las siguientes identidades fundamentales:

(1) cos2 α + sen2α = 1

(2) tgα =senα

cos α

(3) cot α =cos α

senα

(4) cos α · sec α = 1

(5) senα · cosecα = 1

(6) tgα · cot α = 1

(7) 1 + tg2α = sec2 α

(8) cot2 α + 1 = cosec2α

6.2 Paridad y periodicidad de las funciones

circulares

Comenzaremos este parrafo recordando los conceptos de paridad y periodicidadde las funciones reales.

Definicion 6.2.1 Dada la funcion real f diremos que:

(1) f es funcion par ssi ∀ x ∈ dom f (f(−x) = f(x)) ,

(2) f es funcion impar ssi ∀ x ∈ dom f (f(−x) = −f(x)) .

Ejemplo 6.2.1 Siendo x 6= 0 se tiene que la funcion f(x) =1 + x2

|x| es par

puesto que:

f(−x) =1 + (−x)2

| − x| =1 + x2

|x| = f(x) .

Ejemplo 6.2.2 Siendo x 6= 0 se tiene que la funcion g(x) =1

3(x+ 8

x) es impar

ya que:

g(−x) =1

3(−x +

8

−x) = −1

3(x +

8

x) = −g(x) .

162

Notas:

Desde el punto de vista grafico tenemos que:

(1) Cuando una funcion es par su grafico es simetrico con respecto al eje deordenadas, ya que, si (x, y) esta en el grafico tambien debera estar el punto(−x, y), situacion que se observa en la figura 6.7.

(-x,y) (x,y)y

Y

x-x OX -x

xX

Y

-y

(x,y)

O

y

(-x,-y)

Fig. 6.7 Fig. 6.8

(2) Cuando una funcion es impar su grafico es simetrico con respecto al origen,ya que, si (x, y) esta en el grafico tambien debera estar el punto (−x,−y),situacion que se observa en la figura 6.8 y si 0 ∈ dom f obviamente f(0) = 0.

Definicion 6.2.2 Dada la funcion real f diremos que ella es funcion periodicasi existe numero real positivo r tal que para todo x ∈ R se cumple que:

f(x + r) = f(x) .

Al menor de tales r positivos para los que se cumple la propiedad senalada lellamaremos el perıodo p de la funcion f , o sea:

f(x + p) = f(x) .

Nota:

De la definicion se deduce que si f(x + r) = f(x) tambien se tendra:

f(x− r) = f(x) ,

como a la vez:

∀k ∈ Z (f(x + kr) = f(x)) .

163

Ejemplo 6.2.3 Pensemos en la funcion real definida por:

f(x) = |x− 2z| ,

donde existe z ∈ Z de modo que x ∈ [2z− 1, 2z +1

[. Haremos ver que f tiene

perıodo 2.

En efecto, vemos que si ` ∈ Z y para x tal que:

2`− 1 ≤ x ≤ 2` + 1 ,

se tiene:f(x) = |x− 2`| .

Ademas, de 2`− 1 ≤ x ≤ 2` + 1 se consigue:

2` + 3 ≤ x + 4 ≤ 2` + 5 ,

o mejor:2(` + 2)− 1 ≤ x + 4 ≤ 2(` + 2) + 1

y, de ello, se desprende que:

f(x + 4) = |(x + 4)− 2(` + 2)| = |x− 2`| = f(x)

o sea que el perıodo podrıa ser r = 4.

Si nuevamente pensamos en x tal que:

2`− 1 ≤ x ≤ 2` + 1 ,

o mejor:2(` + 1)− 1 ≤ x + 2 ≤ 2(` + 1) + 1 ,

y, con ello:

f(x + 2) = |(x + 2)− 2(` + 1) = |x− 2`| = f(x) ,

y, de esto vemos que el perıodo podrıa ser r = 2.

Haremos ver que el perıodo es exactamente 2.

En efecto, supongamos que el perıodo es p con 0 < p < 2 y pensemos en x = 0,ası f(0) = 0. Pues bien, se presentan los casos:

(1) 0 < p ≤ 1 ⇒ f(0 + p) = p 6= 0 = f(0) ,

164

(2) 1 < p < 2 ⇒ f(0 + p) = |p− 2| 6= 0 = f(0) .

Se concluye entonces que p = 2. Ahora pasamos a presentar en la figura 6.9 elgrafico de esta funcion periodica de perıodo p = 2.

2 4–2–4X

Y

O

1

Fig. 6.9

Nota:

La periodicidad de una funcion (y similarmente con la paridad y la imparidad)permite estudiarla en un intervalo mas restringido, pudiendo luego extenderlos resultados obtenidos a todo el dominio de la funcion. Esto haremos preci-samente en el ejemplo que presentaremos a continuacion.

Ejemplo 6.2.4 Dada la funcion real:

g(x) =

0 si x = 03

5

√25− x2 si 0 < x ≤ 5

−√14x− x2 − 45 si 5 < x ≤ 9

Se pide construir con ella el grafico de g pero ahora con dominio R sabiendoque ademas de ser impar posee perıodo 18.

Solucion:

El grafico de la funcion dada al comienzo del enunciado lo vemos en la figura6.10.

165

O

Y

X95

3

0

–2

7

Fig. 6.10

–9 –5

–3

95

Y

O

3

X0

Fig. 6.11

Ahora, como debe ser impar procedemos a efectuar simetrıa en torno del origenal grafico de la figura 6.10 resultando el dibujo de la figura 6.11 y, observandoesta ultima figura vemos que el grafico tiene dominio [−9, 9] que justamenteposee longitud 18, o sea, el perıodo pedido. Por lo tanto, procedemos a iterareste grafico obteniendose la figura 6.12.

O

Y

X

Fig. 6.12

Teorema 6.2.1 Para las funciones circulares se tiene que:

(1) y = cos x es par y periodica de perıodo 2π.

(2) y = senx es impar y periodica de perıodo 2π.

(3) y = tgx es impar y periodica de perıodo π.

(4) y = cot x es impar y periodica de perıodo π.

(5) y = sec x es par y periodica de perıodo 2π.

(6) y = cosecx es impar y periodica de perıodo 2π.

166

6.3 Graficos de las funciones circulares

Tomando en cuenta los conceptos presentados en el parrafo anterior podemosdejar a cargo del lector el proceder a trazar los graficos aproximados de lasfunciones circulares. Conseguira los esbozos que presentaremos a continuacion.

(1) Grafico de y = cos x

O

Y

X

Fig. 6.13

(2) Grafico de y = senx

O

Y

X

Fig. 6.14

167

(3) Grafico de y = tgx

OX

Y

Fig. 6.15

(4) Grafico de y = cot x

OX

Y

Fig. 6.16

(5) Grafico de y = sec x

XO

Y

Fig. 6.17

168

(6) Grafico de y = cosecx

Y

XO

Fig. 6.18

6.4 Algunas graficaciones

Ya conocemos el grafico aproximado de la funcion y = senx, que vemos nue-vamente en la figura 6.19:

Ox

Y

xX

Fig. 6.19

Ahora deseamos encontrar el grafico aproximado de la funcion y = AsenBx,con A, B ∈ R+. A se denomina amplitud y es claro que el perıodo de ella

169

sera p =2π

B. En particular, tenemos el caso y = 3sen

π

2x donde A = 3 y

p =2ππ2

= 4, su grafico aproximado lo vemos en la figura 6.20:

O

Y

X

Fig. 6.20

Un caso mas general es y = Asen(Bx + C) = AsenB(x +C

B) donde C se

conoce como constante de desfase y∣∣∣CB

∣∣∣ como desfasamiento, ademas si

B > 0 , entoncesC

B< 0 y el desplazamiento es hacia la derecha y si

C

B> 0 el

desplazamiento es hacia la izquierda. Un caso particular es y = 4sen(2x− π

3),

luego, p = π y el desfasamiento es − π

3 · 4 = − π

12; el grafico aproximado lo

vemos en la figura 6.21:

OX

Y

Fig. 6.21

170

6.5 Formulas de reduccion


cos(π

2− α

)= senα .

sen(π

2− α

)= cos α .

tg(π

2− α

)= cot α .

cot(π

2− α

)= tgα .

sec(π

2− α

)= cosecα .

cosec(π

2− α

)= sec α .


cos(π

2+ α

)= −senα .

sen(π

2+ α

)= cos α .

tg(π

2+ α

)= − cot α .

cot(π

2+ α

)= −tgα .

sec(π

2+ α

)= −cosecα .

cosec(π

2+ α

)= sec α .


cos(π − α) = − cos α .

sen(π − α) = senα .

tg(π − α) = −tgα .

cot(π − α) = − cot α .

sec(π − α) = − sec α .

cosec(π − α) = cosecα .


cos(π + α) = − cos α .

sen(π + α) = −senα .

tg(π + α) = tgα .

cot(π + α) = cot α .

sec(π + α) = − sec α .

cosec(π + α) = −cosecα .


cos(3π

2− α

)= −senα .

sen(3π

2− α

)= − cos α .

tg(3π

2− α

)= cot α .

cot(3π

2− α

)= tgα .

sec(3π

2− α

)= −cosecα .

cosec(3π

2− α

)= − sec α .

171


cos(3π

2+ α

)= −senα .

sen(3π

2+ α

)= cos α .

tg(3π

2+ α

)= − cot α .

cot(3π

2+ α

)= −tgα .

sec(3π

2+ α

)= −cosecα .

cosec(3π

2+ α

)= sec α .


cos(2π − α) = cos α .

sen(2π − α) = −senα .

tg(2π − α) = −tgα .

cot(2π − α) = − cot α .

sec(2π − α) = sec α .

cosec(2π − α) = −cosecα .

6.6 Funciones circulares aplicadas a dos angu-

los

En las identidades que resumiremos en este apartado, todos los angulos queparticipan, sus sumas y sus diferencias son cualesquiera.

Teorema 6.6.1 Argumento suma

cos(α + β) = cos α cos β − senαsenβ .



1− tgαtgβ.

Teorema 6.6.2 Argumento diferencia

cos(α− β) = cos α cos β + senαsenβ .



1 + tgαtgβ.

172

6.7 Funciones circulares aplicadas a multiplos

y submultiplos de un angulo

En las identidades que resumiremos en este apartado, los angulos que partici-pan son cualesquiera.

Teorema 6.7.1 Argumentos doble

cos 2α = cos2 α− sen2α , sen2α = 2senα cos α , tg2α =2tgα

1− tg2α.

Teorema 6.7.2 Argumentos triple

cos 3α = 4 cos3 α−3 cos α , sen3α = 3senα−4sen3α , tg3α = tgα· 3− tg2α

1− 3tg2α.

Teorema 6.7.3 Formulas recurrentes

sen nα = 2 cos α sen (n− 1)α− sen (n− 2)α .

cos nα = 2 cos α cos(n− 1)α− cos(n− 2)α .

Teorema 6.7.4 Argumentos medio

cosα

2= ±

√1 + cos α

2, sen

α

2= ±

√1− cos α

2, tg

α

2= ±

√1− cos α

1 + cos α.

6.8 Formulas de prostaferesis

En las identidades que resumiremos en este apartado, los angulos que partici-pan son cualesquiera.

Teorema 6.8.1 Siendo α y β angulos cualesquiera se tiene:

cos α + cosβ = 2 cosα + β

2cos

α− β

2.

cos α− cos β = −2senα + β

2sen

α− β

2.

senα + senβ = 2senα + β

2cos

α− β

2.

senα− senβ = 2 cosα + β

2sen

α− β

2.

cos α · cos β =12(cos(α+β)+cos(α−β)

).

senα · senβ =12(cos(α− β)− cos(α + β)

).

senα · cos β =1

2

(sen(α + β) + sen(α− β)

).

173


Problema 6.9.1 Trazar el grafico aproximado de la funcion f(x) = x+senx .

Solucion:

Se consideran los graficos de las funciones f1(x) = x y f2(x) = senx y para unmismo x se suman las ordenadas respectivas, obteniendose para f(x) el graficoque se presenta en la figura 6.22.

XO

Y

Fig. 6.22

Problema 6.9.2 Trazar el grafico aproximado de la funcion

f(x) = 3sen2x .

Solucion:

El grafico pedido lo vemos en la figura 6.23.

Y

XO

Fig. 6.23

174

Problema 6.9.3 Trazar el grafico aproximado de la funcion f(x) = 3 cosx

2.

Solucion:

El grafico pedido lo vemos en la figura 6.24

Y

OX

Fig. 6.24

Problema 6.9.4 Trazar el grafico aproximado de la funcion:

f(x) = senx + 3sen2x .

Solucion:

Se consideran los graficos de las funciones f1(x) = senx y f2(x) = 3sen2x ypara un mismo x se suman las ordenadas respectivas, obteniendose para f(x)el grafico que se presenta en la figura 6.25.

Y

X

|y=sin(x)

|y=3*sin(2*x)

O

Fig. 6.25

175


f(x) = sen2x + cos 3x .

Solucion:

Se consideran los graficos de las funciones f1(x) = sen2x y f2(x) = cos 3x ypara un mismo x se suman las ordenadas respectivas, obteniendose para f(x)el grafico que se presenta en la figura 6.26.

O

Y

X

|y=cos(3*x)

|y=sin(2*x)

Fig. 6.26


f(x) = sen2x− cos 3x .

Solucion:

Se consideran los graficos de las funciones f1(x) = sen2x y f2(x) = cos 3x ypara un mismo x se restan las ordenadas respectivas, obteniendose para f(x)el grafico que se presenta en la figura 6.27.

|y=sin(2*x)

|y=cos(3*x)O

Y

X

Fig. 6.27

176


f(x) =√

3senx + cos x .

Solucion:

Aquı hacemos lo siguiente:

√3senx + cos x =

√3(senx +

1√3

cos x)

=√

3(senx + tg

π

6cos x

)=

=√

3(senx +

senπ6

cos π6

cos x)

=3

cos π6

(senx cos

π

6+ cos xsen

π

6

)= 2sen

(x +

π

6

)

y procedemos con el metodo senalado en el parrafo [6.4] obteniendose el graficoque se presenta en la figura 6.28.

XO

Y

Fig. 6.28

Problema 6.9.8 Mediante las formulas de reduccion, vistas en el parrafo[6.5], expresar en terminos mas simples:

cos 169◦ 40′ , sen 845◦ 14′ , tg 470◦ 23′ ,

cos (−155◦) , cosec (−846◦) , cot (−341◦) .

Solucion:

Se tiene:

cos 169◦ 40′ = cos (180◦ − 10◦ 20′) = − cos 10◦ 20′ ,

177

ademas, resulta:

sen 845◦ 14′ = sen (2 · 360◦ + 125◦ 14′) = sen (90◦ + 35◦ 14′) = cos 35◦ 14′ ,

como tambien:

tg 470◦ 23′ = tg (360◦ + 110◦ 23′) = tg (90◦ + 20◦ 23′) = − cot 20◦ 23′ ,

por otro lado, se obtiene:

cos (−155◦) = cos 155◦ = cos (180◦ − 25◦) = − cos 25◦ ,

ahora, resulta:

cosec (−846◦) = −cosec 846◦ = −cosec((2 · 360◦ + 126◦) =

= −cosec (90◦ + 36◦) = sec 36◦ ,

por ultimo, se consigue:

cot (−341◦) = − cot 341◦ = − cot (360◦ − 19◦) = cot 19◦ .

Problema 6.9.9 Si tg 23◦ = a, calcular el valor de:

T =cot 203◦ − tg 113◦

tg 247◦ − tg 337◦·

Solucion:

Se tiene:

T =cot(180 + 23◦)− tg(90◦ + 23◦)tg(270◦ − 23◦)− tg(360◦ − 23◦)

=cot 23◦ + cot 23◦

cot 23◦ + tg23◦=

21

a1

a+ a

=2

1 + a2·

Problema 6.9.10 Si tg 25◦ = t, encontrar el valor de la expresion:

T =tg 205◦ − tg 115◦

tg 245◦ + tg 335◦.

Solucion:

Se tiene:

T =tg 25◦ − (− cot 25◦)cot 25◦ + (−tg 25◦)

=t + 1

t1t− t

=t2 + 1

1− t2.

178


E =sen(π + α) cos

(α− π

2

)tg(7π + α)

cos(3π − α)sen(3π

2+ α

)tg(2π + α)

.

Solucion:

La expresion resulta ser:

E =(−senα) senα tgα

(− cos α)(− cos α) tgα= −tg2α .


sec2 α · cosec2α = sec2 α + cosec2α .

Solucion:

Se tiene:sec2 α · cosec2α = (1 + tg2α)(1 + cot2 α) =

= 1 + cot2 α + tg2α + tg2α · cot2 α =

= (1 + tg2α) + (1 + cot2 α) = sec2 α + cosec2α .


1− senα

cos α=

cos α

1 + senα.

Solucion:

Tenemos:

sen2α + cos2 α = 1 ⇐⇒ cos2 α = 1− sen2α = (1− senα)(1 + senα) ,

de esto se concluye que el resultado es evidente.


sec α− cosecα

sec α + cosecα=

tgα− 1

tgα + 1.

179

Solucion:

Se tiene:

tgα− 1

tgα + 1=

senα

cos α− 1

senα

cos α+ 1

=

1

cos α− 1

senα1

cos α+

1

senα

=sec α− cosecα

sec α + cosecα.

Problema 6.9.15 Siendo a 6= 0, se pide factorizar a cos α + b senα.

Solucion:

Se tiene:

a cos α + bsenα = a(cos α +b

asenα) ,

pero existe β tal que tgβ =b

a, luego:

a cos α + bsenα = a(cos α + tgβsenα) =

= a sec β(cos α cos β + senαsenβ) = a sec β cos(α− β).

Problema 6.9.16 Si α y β son angulos del primer cuadrante, senα =5

13y

cos β =3

5. Hallar cos(α + β) y demostrar que:

sen(45◦ + α + β) =79

130

√2.

Solucion:

Es claro que cos α =12

13y que senβ =

4

5, con ello resulta:

cos(α + β) =12

13· 3

5− 5

13· 4

5=

16

65,

y, por lo tanto, se obtiene:

sen(α + β) =63

65, de esto : sen(45◦ + α + β) =

1√2(16

65+

63

65) =

79

130

√2.

180


4(cos6 α + sen6α) = 1 + 3 cos2 2α.

Solucion:

Tenemos:

1 = (cos2 α + sen2α)3 = cos6 α + 3 cos4 αsen2α + 3 cos2 αsen4α + sen6α ,

de esto resulta:

cos6 α + sen6α = 1− 3 cos2 αsen2α = 1− 3

4sen22α =

4− 3(1− cos2 2α)

4

y, por lo tanto, se obtiene:

4(cos6 α + sen6α) = 1 + 3 cos2 2α.

Problema 6.9.18 Demostrar que tg3α− tg2α− tgα = tgα · tg2α · tg3α.

Solucion:

Es claro que:

tgα = tg(3α− 2α) =tg3α− tg2α

1 + tg3α · tg2α

y de ello el resultado.


tg2α = 2tg2β + 1 ⇒ cos2 α + sen2β = sen2α .

Solucion:

Se tiene:

1 + tg2α = 2(tg2β + 1) ⇒ sec2 α = 2 sec2 β ⇒ cos2 β = 2 cos2 α

o sea:

cos2 β = 2 cos2 α ⇒ cos2 α+1− sen2α = 1− sen2β ⇒ cos2 α+sen2β = sen2α .

181


senα =2tg

α

2

1 + tg2α

2

, cos α =1− tg2α

2

1 + tg2α

2

.

Solucion:

Se tiene:senα = 2sen

α

2cos

α

2, cos α = cos2 α

2− sen2α

2,

dividiendo los segundos miembros de cada una de las igualdades anteriores por

1 = cos2 α

2+ sen2α

2, resulta:

senα =2sen

α

2cos

α

2

cos2α

2+ sen2α

2

, cos α =cos2 α

2− sen2α

2

cos2α

2+ sen2α

2

,

amplifiquemos los segundos miembros de cada una de las igualdades anteriores

por sec2 α

2y llegaremos a:

senα =2tg

α

2

1 + tg2α

2

, cos α =1− tg2α

2

1 + tg2α

2

.

Problema 6.9.21 Calcular sen4α sabiendo que tgα = 3.

Solucion:

Tenemos por el problema anterior que:

sen4α =2tg2α

1 + tg22α,

y como:

tg2α =2tgα

1− tg2α,

conseguimos:

sen4α =4tgα(1− tg2α)

(1 + tg2α)2=

4 · 3(1− 9)

(1 + 9)2= − 24

25.

182

Problema 6.9.22 Demostrar la identidad tg2α + cot2 α = 23 + cos 4α

1− cos 4α.

Solucion:

Tenemos:

cos 4α = 1− 2sen22α = 1− 8tg2α

(1 + tg2α)2,

luego el segundo miembro de la identidad en estudio puede escribirse:

2

4− 8tg2α

(1 + tg2α)2

8tg2α

(1 + tg2α)2

=1 + tg4α

tg2α=

1

tg2α+ tg2α = cot2 α + tg2α .

Problema 6.9.23 Demostrar la identidad tg2α + sec 2α =cos α + senα

cos α− senα.

Solucion:

Sabemos que : tg2α =2tgα

1− tg2α, cos 2α =

1− tg2α

1 + tg2α=

1

sec2 2α,

luego:

tg2α + sec 2α =2tgα

1− tg2α+

1 + tg2α

1− tg2α=

(1 + tgα)2

1− tg2α=

=1 + tgα

1− tgα=

1 +senα

cos α

1− senα

cos α

=cos α + senα

cos α− senα.


1− tgα

1 + tgα= tg

(π

4− α

).

Solucion:

En este caso tenemos:

1− tgα

1 + tgα=

tgπ

4− tgα

tgπ

4+ tgα

=

√2sen

(π4− α

)

cos α√2sen

(π4

+ α)

cos α

=sen

(π

4− α

)

sen(π

4+ α

) ,

183

pero,(π

4− α

)y

(π

4+ α

)son complementarios, luego:

1− tgα

1 + tgα=

sen(

π4− α

)

cos(

π4− α

) = tg(π

4− α

).

Problema 6.9.25 Siendo a, b ∈ R+, establecer que existe α tal que:

a− b

a + b= tg

(π

4− α

).

Solucion:

Tenemos en primer lugar que existe α tal que tgα =b

a, ahora:

E =a− b

a + b=

1− b

a

1 +b

a

=1− tgα

1 + tgα= tg

(π

4− α

).

Problema 6.9.26 Sea g :

[0,

4π

5

]→ R la funcion definida por:

g(x) =senx + sen(x +

π

5)

cos x− cos(x +π

5)

Demostrar que g(x) es funcion constante.

Solucion:

Que g(x) sea funcion constante significa que para todo x ∈[0,

4π

5

]ocurre que

el valor de la imagen es el mismo, bastara probar entonces que:

∀ x ∈[0,

4π

5

] (g(x) = g(0) =

senπ5

1− cos π5

).

En efecto, tenemos:

g(x) es constante ⇐⇒ senx + sen(x + π5)

cos x− cos(x +π

5)

=senπ

5

1− cos π5

⇐⇒

184

⇐⇒[senx + sen

(x +

π

5

)](1− cos

π

5) =

[cos x− cos

(x +

π

5

)]sen

π

5⇐⇒

⇐⇒ senx + sen(x +

π

5

)−

[senx cos

π

5+ cos xsen

π

5

]−

[sen

(x +

π

5

)cos

π

5− cos

(x +

π

5

)sen

π

5

]= 0 ⇐⇒

⇐⇒ senx + sen(x +

π

5

)− sen

(x +

π

5

)− senx = 0 .

Problema 6.9.27 Demostrar que la expresion:

E = cos2 x + cos2(2π

3+ x

)+ cos2

(2π

3− x

),

es independiente de x.

Solucion:

Se tiene:

E = cos2 x+cos2(π

2+

(π

6+x

))+cos2

(π

2+

(π

6−x

))= cos2 x+sen2

(π

6+x

)+

sen2(π

6−x

)= cos2 x+

(sen

π

6cos x+senx cos

π

6

)2

+(sen

π

6cos x−senx cos

π

6

)2

=

= cos2 x +1

2cos2 x +

3

2sen2x =

3

2(cos2 x + sen2x) =

3

2,

o sea, es independiente de x.


tg50◦ − tg40◦ = 2tg10◦·

Solucion:

Se tiene que:

tg10◦ = tg(50◦ − 40◦) =tg50◦ − tg40◦

1 + tg50◦ · tg40◦=

tg50◦ − tg40◦

2,

pues tg50◦ · tg40◦ = 1, ya que tg40◦ = cot 50◦, de ello:

tg50◦ − tg40◦ = 2tg10◦·

185

Problema 6.9.29 Calcular el valor de sen 18◦ .

Solucion:

Es evidente que

sen 54◦ = cos 36◦, o sea : sen 3 · 18◦ = cos 2 · 18◦,

o mejor:

3sen18◦ − 4sen318◦ = 1− 2sen218◦ y poniendo x = sen18◦ ,

obtenemos la ecuacion:

4x3 − 2x2 − 3x + 1 = 0 = (x− 1)(4x2 + 2x− 1)

cuyas raıcess son x1 = 1, x2,3 =−1±√5

4, pero la unica que sirve es:

sen18◦ =

√5− 1

4,

por simple conclusion ya que 1 = sen90◦ y el tercer valor es negativo.


(cos α = tgβ ∧ cos β = tgγ ∧ cos γ = tgα) ⇒ (senα = senβ = senγ = 2sen18◦).

Solucion:

Se tiene:

tg2β = cos2 α =1

sec2 α=

1

1 + tg2α=

1

1 + cos2 γ=

1

1 +1

sec2γ

=sec2 γ

sec2 γ + 1=

=1 + tg2γ

2 + tg2γ=

1 + cos2 β

2 + cos2 β=

1 +1

sec2 β

2 +1

sec2 β

=

1 +1

1 + tg2β

2 +1

1 + tg2β

=2 + tg2β

3 + 2tg2β.

Colocando x = tgβ, en las expresiones anteriores, se consigue:

x2 =2 + x2

3 + 2x2

186

es decir, resulta la ecuacion x4 + x2 − 1 = 0 cuyas soluciones son:

x1,2 = ±√√

5− 1

2,

y, considerando solo la positiva, tenemos:

tgβ =

√√5− 1

2,

ahora, recordando que senβ =tgβ√

1 + tg2β, obtenemos:

senβ =

√√5−12√

1 +√

5−12

=

√√5− 1√5 + 1

= 2

√5− 1

4= 2 sin 18◦.

Problema 6.9.31 Demostrar la identidad:

sec α− 1

sec α= 2sen2α

2.

Solucion:

Se tiene:sec α− 1

sec α= 1− 1

sec α= 1− cos α = 2sen2α

2.

Problema 6.9.32 Si senα + cos α =

√3

4, calcular tg

α

2

Solucion:

Utilizando la transformacin:

senα =2tgα

2

1 + tg2 α2

, cos α =1− tg2 α

2

1 + tg2 α2

,

resulta que la expresion:

senα + cos α =

√3

4,

187

pasa a ser:

(4 +√

3)tg2α

2− 8tg

α

2− (4−

√3) = 0 ,

cuyas soluciones son:

tgα

2=

4±√29

4 +√

3.


tg 7◦ 30′ =√

6 +√

2−√

3− 2 .

Solucion:

Se sabe que:

cos 15◦ =

√1 + cos 30◦

2=

√1 +

√3

2

2=

√2 +

√3

4=

1

2

√2 +

√3 ,

por lo tanto, se tiene:

tg 7◦ 30′ =

√1− cos 15◦

1 + cos 15◦=

√√√√2−√

2 +√

3

2 +√

2 +√

3=

2−√

2 +√

3√4− (2 +

√3)

=

=2−

√2 +

√3√

2−√3·√

2 +√

3√2 +

√3

=2√

2 +√

3− 2−√3√4− 3

=

=√

2

√(√

3 + 1)2 − 2−√

3 =√

2(√

3 + 1)−√

3− 2 =√

6 +√

2−√

3− 2 .


tgα± tgβ =sen(α± β)

cos α cos β.

Solucion:

Tenemos:

tgα± tgβ =senα

cos α± senβ

cos β=

senα cos β ± cos αsenβ

cos α cos β=

sen(α± β)

cos α cos β.

188


cos α− senα

cos α + senα= sec 2α− tg2α .

Solucion:

Se tiene:cos α− senα

cos α + senα=

cos α− senα

cos α + senα· cos α− senα

cos α− senα=

=cos2 α− 2senα cos α + sen2α

cos2 α− sen2α=

1− sen2α

cos 2α= sec 2α− tg2α .


α + β + γ = π ⇒ cos2 α + cos2 β + cos2 γ + 2 cos α cos β cos γ = 1 .

Solucion:

Por hipotesis, se tiene:

α+β = π−γ ⇒ cos(α+β) = cos(π−γ) ⇒ cos α cos β−senα senβ = − cos γ ⇒

⇒ cos α cos β + cos γ = senαsenβ ;

elevando al cuadrado esta ultima, obtenemos

cos2 α cos2 β+2 cos α cos β cos γ+cos2 γ = sen2αsen2β = (1−cos2 α)(1−cos2 β) ⇒

⇒ cos2 α cos2 β+2 cos α cos β cos γ+cos2 γ = 1−cos2 β−cos2 α+cos2 α cos2 β ⇒⇒ cos2 α + cos2 β + cos2 γ + 2 cos α cos β cos γ = 1 .


(1) sen 78◦ − cos 48◦ = cos 72◦

(2) cos 5◦ − sen 25◦ = sen 35◦

(3) cos 18◦+sen 18◦ =√

2 cos 27◦

(4) cos 48◦−sen 18◦ =√

3 cos 78◦

Solucion:

Se aplican las formulas de prostaferesis.

189

(1)sen 78◦ − cos 48◦ = cos 12◦ − cos 48◦ =

= −2 sen 30◦sen (−18◦) = sen 18◦ = cos 72◦.

(2)cos 5◦ − sen 25◦ = cos 5◦ − cos 65◦ =

= −2 sen 35◦sen (−30◦) = sen 35◦.

(3)cos 18◦ + sen 18◦ = sen 72◦ + sen 18◦ =

= 2 sen 45◦ cos 27◦ =√

2 sen 63◦.

(4)cos 48◦ − sen 18◦ = cos 48◦ − cos 72◦ =

= −2 sen 60◦sen (−12◦) =√

3 cos 78◦.

Problema 6.9.38 Demostrar quecos 2α− cos 12α

sen 2α + sen 12α= tg 5α .

Solucion:

Aplicando formulas de prostaferesis, resulta:

cos 2α− cos 12α

sen 2α + sen 12α=−2 sen (−5α)sen 7α

2 cos(−5α)sen 7α= tg 5α .


sen(α + β) sen(α− β) = sen2α− sen2β .

Solucion:

Primer metodo:

El primer miembro puede escribirse:

(senα cos β+cos α senβ)(senα cos β−cos α senβ) = sen2α cos2 β−cos2 α sen2β =

= sen2α(1− sen2β)− sen2β(1− sen2α) = sen2α− sen2β .

190

Segundo metodo:

Utilizando formula de prostaferesis en el primer miembro y, posteriormente,que cos 2θ = 1− 2sen2θ, se obtiene:

sen(α + β) sen(α− β) =1

2(cos 2β − cos 2α) =

1

2

(1− 2sen2β − (1− 2sen2α)

)=

= sen2α− sen2β .


8 cos4 θ = 3 + 4 cos 2θ + cos 4θ.

Solucion:

Aplicaremos las formulas de prostaferesis y ademas que 1 + cos 2α = 2cos2α.

Se tiene : 3 + 4 cos 2θ + cos 4θ = 3(1 + cos 2θ) + (cos 4θ + cos 2θ) =

= 6 cos2 θ + 2 cos 3θ cos θ = 2 cos θ(2 cos θ + (cos 3θ + cos θ)) =

= 2 cos θ(2 cos θ + 2 cos 2θ cos θ) = 4 cos2 θ(1 + cos 2θ) = 8 cos4 θ.


α + β + γ = π ⇒ 1 + cos α− cos β + cos γ

1 + cos α + cos β − cos γ= tg

β

2cot

γ

2.

Solucion:

Aplicaremos formulas de prostaferesis:

1 + (cos α− cos β) + cos γ

1 + (cos α + cos β)− cos γ=

1 + 2senα + β

2sen

β − α

2+ cos γ

1 + 2 cosα + β

2cos

α− β

2− cos γ

=

=1 + cos γ + 2sen

α + β

2sen

β − α

2

1− cos γ + 2 cosα + β

2cos

α− β

2

=2 cos2 γ

2+ 2sen

α + β

2sen

β − α

2

2sen2γ

22 cos

α + β

2cos

α− β

2

,

191

pero como, por hipotesis, α + β =π

2− γ

2, se tiene sen

α + β

2= cos

γ

2, como

tambien cosα + β

2= sen

γ

2, luego:

2 cos2 γ

2+ 2sen

α + β

2sen

β − α

2

2sen2γ

22 cos

α + β

2cos

α− β

2

=cos

γ

2

(sen

α + β

2+ sen

β − α

2

)

senγ

2

(cos

α + β

2+ cos

α− β

2

) =

=2 cos

γ

2sen

β

2cos

α

2

2senγ

2cos

α

2cos

β

2

= tgβ

2cot

γ

2.


α + β + γ = π ⇒ cos 2α + cos 2β + cos 2γ + 4 cos α cos β cos γ + 1 = 0.

Solucion:

Aplicaremos las formulas de prostaferesis y que α + β = π − γ; se tiene:

(cos 2α + cos 2β) + cos 2γ = 2 cos(α + β) cos(α− β) + cos 2γ =

= 2 cos(α + β) cos(α− β) + 2 cos2 γ − 1 = −1 + 2 cos2 γ − 2 cos γ cos(α− β) =

= −1− 2 cos γ(cos(α + β) + cos(α− β)) = −1− 4 cos α cos β cos γ.


α + β + γ = π ⇒ sen2α

2+ sen2β

2+ sen2γ

2= 1− 2sen

α

2sen

β

2sen

γ

2·

Solucion:

Aplicaremos las formulas de prostaferesis y que α + β = π − γ; se tiene:

sen2α

2+ sen2β

2+ sen2γ

2=

1

2(1− cos α) +

1

2(1− cos β) + sen2γ

2=

= 1− cosα + β

2cos

α− β

2+ sen2γ

2= 1− sen

γ

2(cos

α− β

2− sen

γ

2) =

= 1 + senγ

2(cos

α + β

2− cos

α− β

2) = 1− 2sen

α

2sen

β

2sen

γ

2·

192


α + β + γ = 0 ⇒ cos2 α− cos2 β + cos2 γ = 1 + 2senα cos βsenγ·

Solucion:

Aplicaremos las formulas de prostaferesis y que α + β = −γ; se tiene:

cos2 α− cos2 β + cos2 γ =1 + cos 2α

2− 1 + cos 2β

2+ cos2 γ =

=1

2(cos 2α− cos 2β) + cos2 γ = −sen(α + β)sen(α− β) + cos2 γ =

= senγsen(α− β) + cos2 γ = senγsen(α− β) + 1− sen2γ =

= 1 + senγ(sen(α− β)− senγ) = 1 + senγ(sen(α + β) + sen(α− β)) =

= 1 + 2senα cos βsenγ·

Problema 6.9.45 Calcular la sumatoria:

Sn =n∑

k=1

sen(α + (k − 1)β

).

Solucion:

Se tiene,al multiplicar la suma por 2senβ

2y posteriormente aplicar formula de

prostaferesis, que:

2Snsenβ

2=

n∑

k=1

2sen(α + (k − 1)β

)sen

β

2=

=n∑

k=1

[cos

(α +

2k − 32

β)− cos

(α +

2k − 12

β)]

= cos(α− β

2

)− cos

(α +

2n− 12

β)

=

= 2sen(α +

n− 1

2β)sen

nβ

2,

por lo tanto tenemos:

Sn =n∑

k=1

sen(α + (k − 1)β

)=

sennβ

2

senβ

2

sen(α +

n− 1

2β)

.

193

Problema 6.9.46 Sabiendo que tgβ =2tgβ

2

1− tg2 β2

y que 0 < α <π

2, calcular

la sumatoria:

Sn =n∑

k=1

2k−1tgα

2k−1tg2 α

2k.

Solucion:

Como se sabe que:

tgβ =2tgβ

2

1− tg2 β2

,

se obtiene:

tgβtg2β

2= tgβ − 2tg

β

2,

colocando β =α

2k−1resulta:

tgα

2k−1tg2 α

2k= tg

α

2k−1− 2tg

α

2k,

entonces:

Sn =n∑

k=1

2k−1tgα

2k−1tg2 α

2k=

n∑

k=1

[2k−1tg

α

2k−1− 2ktg

α

2k

]= tgα− 2ntg

α

2n·

Problema 6.9.47 Sabiendo que tgβ = cot β − 2 cot 2β y que 0 < α <π

2,

calcular la sumatoria:

Sn =n∑

k=1

1

2ktg

α

2k

Solucion:

Colocando β =α

2k, segun la indicacion resulta:

tgα

2k= cot

α

2k− 2 cot

α

2k−1,

por lo tanto:1

2ktg

α

2k=

1

2kcot

α

2k− 1

2k−1cot

α

2k−1,

y de ello:

Sn =n∑

k=1

1

2ktg

α

2k=

n∑

k=1

[ 1

2kcot

α

2k− 1

2k−1cot

α

2k−1

]=

1

2ncot

α

2n− cot α·

194

Problema 6.9.48 Sabiendo que cosecβ = cotβ

2−cot β, calcular la sumatoria:

Sn =n∑

k=1

cosec 2k−1α .

Solucion:

Colocando β = 2k−1α, segun la indicacion resulta:

cosec 2k−1α =(cot 2k−2α− cot 2k−1α

),

por lo tanto:

Sn =n∑

k=1

cosec 2k−1α =n∑

k=1

(cot 2k−2α− cot 2k−1α

)= cot

α

2− cot 2n−1α .


Sn =n∑

k=1

3k−1sen3 θ

3k·

Solucion:

Se sabe que sen3α = 3senα− 4sen3α, de ello:

sen3α =1

4

[3senα− sen3α

],

hagamos α =θ

3k, de ello:

3k−1sen3 θ

3k=

1

4

[3ksen

θ

3k− 3k−1sen

θ

3k−1

],

con esto:

Sn =1

4

n∑

k=1

[3ksen

θ

3k− 3k−1sen

θ

3k−1

]=

1

4

(3nsen

θ

3n− senθ

)·

Luego:

Sn =n∑

k=1

3k−1sen3 θ

3k=

θ

4

sen θ3n

θ3n

− 1

4senθ

195

Problema 6.9.50 Dado el sistema:

senα +√

3 cos α = 1senα + cos α = m

}

se pide eliminar el parametro α.

Solucion:

Resolviendo el sistema se consigue:

senα =m√

3− 1√3− 1

, cos α =1−m√3− 1

,

y como sen2α + cos2 α = 1 se obtiene 2m2 − (√

3 + 1)m +√

3− 1 = 0 .


u cos α + vsenα + w = 0p cos α + qsenα + r = 0

}, con

∣∣∣∣u vp q

∣∣∣∣ 6= 0 .

se pide eliminar el parametro α.

Solucion:

A partir del sistema se consigue:

cosα =

∣∣∣∣v wq r

∣∣∣∣∣∣∣∣

u vp q

∣∣∣∣, senα =

∣∣∣∣w ur p

∣∣∣∣∣∣∣∣

u vp q

∣∣∣∣,

y como cos2 α + sen2α = 1, se obtiene

∣∣∣∣v wq r

∣∣∣∣2

+

∣∣∣∣w ur p

∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣u vp q

∣∣∣∣2

.


x = a(cos θ + cos 2θ)y = b(senθ + sen2θ)

}

se pide eliminar el parametro θ.

196

Solucion:

Del sistema se deduce, al aplicar formulas de prostaferesis, que:

x

a= 2 cos

3

2θ cos

1

2θ (1) ,

y

b= 2sen

3

2θ cos

1

2θ (2) ,

elevando al cuadrado las expresiones (1) y (2) y sumando los resultados seobtiene:

x2

a2+

y2

b2= 4 cos2 θ

2, (3)

pero de (1), se consigue:

x

a= 2 cos

θ

2cos 3

θ

2= 2 cos

θ

2

(4 cos3 θ

2− 3 cos

θ

2

),

de donde:2x

a= 4 cos2 θ

2

(4 cos2 θ

2− 3

), (4)

de (3) y (4) obtenemos:

2x

a=

(x2

a2+

y2

b2

)(x2

a2+

y2

b2− 3

),

que es el resultado esperado.


1. Graficar las funciones:

(a) f(x) = senx + 2 cos x

(b) f(x) = sen3x + cos 2x

(c) f(x) = senx + sen2x

(d) f(x) = sen2x + sen3x

(e) f(x) = sen3x− cos 2x

(f) f(x) = 2sen3x + 3 cos 2x

(g) f(x) = senx +√

3 cos x

(h) f(x) = senx−√2 cos x

(i) f(x) = 4senx + (√

5− 1) cos x

(j) f(x) = (√

5− 1)senx− 4 cos x

197

2. Mediante las formulas de reduccion, vistas en el parrafo [2.5], expresaren terminos mas simples:

cos(−1352◦) tg(−2440◦) tg840◦ sen(−1150◦) cosec1575◦

sen(−1200◦) cot(−855◦) cot 675◦ cos(−240◦) sec(−138◦)cos 840◦ sen(−960◦) cos(−780◦) sen(−510◦) sec(−1262◦)

tg(−1215◦) cosec(−660◦) sec(−1575◦) cot(−996◦) cosec(−3672◦)sen(−1180◦) tg1020◦ cos 980◦ cosec(−210◦) sec(−545◦)cot(−480◦) sen980◦ tg1061◦ sec 4261◦ tg(−21698◦)

3. Demostrar las identidades:

(a) tgα + cot α = sec αcosecα

(b) 1− 2sen2α = 2 cos2 α− 1

(c) senα cos αcosecα sec α = 1

(d)1

1 + senα+

11− senα

= 2 sec2 α

(e) tgα +cos α

1 + senα= sec α

(f) cos4 α−sen4α = cos2 α−sen2α

(g)tgα− cot α

tgα + cot α= 2sen2α− 1

(h)1− tg2α

1 + tg2α= cos2 α− sen2α

(i) senα sec α cot α = 1

(j) cos α + tgαsenα = sec α

4. Comprobar que:

(a) tg15◦ = 2−√3

(b) cot 15◦ = 2 +√

3

(c) sen9◦ + cos 9◦ =√

1 + sen18◦

(d) sen9◦−cos 9◦ = −√1 + sen18◦

(e) sen9◦ =14

(√3 +

√5−

√5−

√5)

(f) cos 9◦ =14

(√3 +

√5 +

√5−

√5)

198

5. Calcular:(a)

senπ

10

(b)

cosπ

10

(c)

senπ

12

(d)

cosπ

12

(e) Sabiendo que:π

10− π

12=

π

60,

calcular:cos

π

60, sen

π

60.

6. Calcular el valor de:

(a) 2√

3 cos(−150◦) +1√3

cot 210◦ +6√3sen(−300◦) = · · ·

(b) cos α =3

4⇒ sen

α

2· sen5α

2= · · ·

(c) cosecβ = −t2 ⇒sec

(3π

2− β

)· sen

(2π +

[3π

2− β

])

tg(β + π)cosec(2π − β)= · · ·

(d)(

sec α =13

5∧ 0 ≤ α ≤ π

2

)⇒ 2− 3 cot α

4− 9√

sec2 α− 1= · · ·

(e) 4α es agudo ⇒ 2√2 +

√2 + 2 cos 4α

= · · ·

7. Si senα =15

17, senβ = − 5

13,

π

2≤ α ≤ π y π ≤ β ≤ 3π

2, calcular:

sen(α± β) , cos(α± β) , tg(α± β) .

8. Si senα = − 24

25, senβ =

3

5, π ≤ α ≤ 3π

2y

π

2≤ β ≤ π , calcular:

sen(α± β) , cos(α± β) , tg(α± β) .

9. Desde cada extremo de una base de longitud 2a la elevacion angular deun monte es θ y desde el punto medio de tal base es φ. Demostrar queel monte mide:

asenθsenφ√

cosec(φ + θ)cosec(φ− θ)·

199

10. Demostrar las identidades:

(a)(

cosα

2− sen

α

2

)2

= 1− senα

(b) tgα

2= cosecα− cot α

(c)sen2α

senα− cos 2α

cos α= sec α

(d) sen4α =3

8−1

2cos 2α+

1

8cos 4α

(e) 1− 1

2sen2α =

sen3α + cos3 α

senα + cos α

(f) cos 4α = 8 cos4 α− 8 cos2 α + 1

(g)1− cos 2α

sen2α= tgα

(h) cosec2α + cot 2α = cot α

(i) tg3α =3tgα− tg3α

1− 3tg2α

(j)tgα + cot α

cot α− tgα= sec 2α

(k)sen3α

senα− cos 3α

cos α= 2

(l)1 + cos 2α

sen2α= cot α

(m)cot2 α− 1

cosec2α= cos 2α

(n) senα+sen3α+sen5α+sen7α =4 cos α cos 2αsen4α

11. Una torre dista 40 metros desde la orilla mas cercana de un rıo cuyoancho es de 100 metros,Calcular la altura de la torre si desde la cuspidese observa el rıo bajo un angulo de 30◦.

12. Demostrar que:

sen210◦ + cos2 20◦ − sen10◦ cos 20◦ =3

4·

13. Demostrar que:1

sen10◦−

√3

cos 10◦= 4·

14. Demostrar:

tgγ =nsenα cos α

1− nsen2α⇒ tg(α− γ) = (1− n)tgα·

15. Demostrar que:

cos3 α · sen3α

3+ sen3α · cos 3α

3=

sen4α

4·

16. Demostrar que:

(a) cos 10◦ + sen40◦ =√

3sen70◦

200

(b) 4 cos 18◦ − 3 sec 18◦ = 2tg18◦

(c) cot 15◦ + cot 75◦ + cot 135◦ − cosec30◦ = 1

(d) cos 6◦ cos 66◦ cos 42◦ cos 78◦ =1

16

(e) sen18◦ + cos 18′circ =

√2 cos 27◦

(f) sen33◦ + cos 63◦ = cos 3◦

(g) tg20◦tg40◦tg80◦ = tg60◦

17. Demostrar:

2α + β =π

2⇒ cos α =

√1 + senβ

2·

18. Demostrar que:

(a)

cot(α + 15◦)− tg(α− 15◦) =4 cos 2α

2sen2α + 1·

(b)cos α− cos 3α

sen3α− senα= tg2α·

(c)sen(α + β)− sen4β

cos(α + β) + cos 4β= tg

α− 3β

2·

(d)3− 4 cos 2α + cos 4α

3 + 4 cos 2α + cos 4α= tg4α·

19. Demostrar que:

α + β + γ = π ⇒ cos α + cos β + cos γ = 1 + 4senα

2sen

β

2sen

γ

2·

20. Demostrar que:

α + β + γ = π ⇒ senα + senβ + senγ = 4 cosα

2cos

β

2cos

γ

2·

21. Demostrar que:

α + β + γ = π ⇒ cos2 2α + cos2 2β + cos2 2γ = 1 + cos 2α cos 2β cos 2γ·

201

22. Demostrar que:

α+β+γ = π ⇒ cosα

2+cos

β

2+cos

γ

2= 4 cos

α + β

4cos

β + γ

4cos

γ + α

4·

23. Demostrar que:

α+β+γ = π ⇒ cosα

2−cos

β

2+cos

γ

2= 4 cos

π + α

4cos

π + β

4cos

π + γ

4·

24. Demostrar que:

α+β+γ = π ⇒ senα

2+sen

β

2+sen

γ

2= 1+4sen

π − α

4sen

π − β

4sen

π − γ

4·

25. Demostrar que:

α + β + γ = π ⇒ senβ + senγ − senα

senα + senβ + senγ= tg

β

2tg

γ

2·

26. Demostrar que:

α + β + γ = π ⇒ tgαtgβ + tgβtgγ + tgγtgα = tgαtgβtgγ·

27. Demostrar que:

α + β + γ = π ⇒ cot α cot β + cot β cot γ + cot γ cot α = 1·

28. Demostrar que:α + β + γ = π

⇓(cot α + cot β)(cot β + cot γ)(cot γ + cot β) = cosecαcosecβcosecγ .

29. Demostrar que:

α + β + γ = π ⇒ cot α + cot β

tgα + tgβ+

cot γ + cot α

tgγ + tgα+

cot β + cot γ

tgβ + tgγ= 1·

30. Demostrar que:

α + β + γ = π ⇒ tgα + tgβ + tgγ

(senα + senβ + senγ)2=

tgα

2tg

β

2tg

γ

22 cos α cos β cos γ

·

202

31. Demostrar que:

α + β + γ =π

2⇒ tgαtgβ + tgβtgγ + tgγtgα = 1·

32. Demostrar que:

α + β + γ =π

2⇒ sen2α + sen2β + sen2γ

sen2α + sen2β − sen2γ= cot α cot β·

33. Demostrar que:

(a)

n∑

k=1

cos(α + (k − 1)β

)=

sennβ

2

senβ

2

cos(α +

n− 1

2β)

(b)n∑

k=1

cos(2k − 1)α =sen 2nα

2senα

(c)n∑

k=1

sen(2k − 1)α =sen2 2nα

2senα

(d)

n∑

k=1

(−1)k+1 cos kα =cos

α

2+ (−1)n cos

n + 1

2α

2 cosα

2

(e)n∑

k=1

sen33k−1α

3k−1 cos 3kα=

3

8

(3−n tg (3nα)− tgα

)

(f)n∑

k=1

tgα

2ksec

α

2k−1= tgα− tg

α

2n

(g)n∑

k=1

2ktg2kα = cot α− 2n+1 cot 2n+1α

203

34. Demostrar que al eliminar β entre las ecuaciones:

ax

cos β− by

senβ= c2 , dtgβ = e ,

se obtiene:ax

d− by

e=

c2

√d2 + e2

.

35. Demostrar que al eliminar β entre las ecuaciones:

x = cot β + tgβ , y = sec β − cos β ,

se obtiene:x

43 y

23 − x

23 y

43 = 1 .

36. Demostrar que al eliminar α y β entre las ecuaciones:

asen2α + b cos2 α = c , bsen2β + a cos2 β = d , atgα = btgβ ,

se obtiene:a−1 + b−1 = c−1 + d−1 .

37. Demostrar que:

a cos mθ + bsenmθ =a

cos φcos(mθ − φ) ,

siendo φ = Arctgb

a(lo que representa una suma de ondas de igual fre-

cuencia en Fısica).

204


(2)sen2◦ cos 10◦ − cot 30◦ −sen70◦ cosec35◦

− cos 30◦ tg45◦ − cot 45◦ −sen30◦ −sen42◦

−sen30◦ cos 30◦ − cos 60◦ −sen30◦ − cos 2◦

tg45◦ sec 30◦ − cos 45◦ tg6◦ − sec 18◦

− cos 10◦ − cot 30◦ −sen10◦ cosec30◦ − sec 5◦

tg30◦ − cos 10◦ −tg19◦ cosec31◦ cot 8◦

(5) (a)

√5− 14

(b)

√10 + 2

√5

4(c)

√2−√3

2(d)

√2 +

√3

2

(e) cosπ

60=

18(√

(10 + 2√

5)(2 +√

3) + (√

5− 1)√

2−√

3)

senπ

60=

18((√

5− 1)√

2 +√

3−√

(10 + 2√

5)(2−√

3)

(6) (a) 1 (b)1132

(c)1t2

(d) − 5144

(e) sec α

(7) sen(α + β) = − 140221

, cos(α + β) =171221

, tg(α + β) = − 140171

sen(α− β) = − 220221

, cos(α− β) =21221

, tg(α− β) = − 22021

(8) sen(α + β) =35

, cos(α + β) =45

, tg(α + β) =34

sen(α− β) =117125

, cos(α− β) = − 44125

, tg(α− β) = − 11744

(11) 130,2 m. o 43 m.

205

Capıtulo siete

FUNCIONES TRIGONOMETRICASINVERSAS

El concepto de relacion inversa de una funcion circular y, con posteriori-dad, el de funcion inversa de una funcion circular, es importante, ya queal considerar la funcion y = cos x podemos referirnos a y, el coseno de x, perotambien es posible que el enfasis este puesto en el numero x, o sea, a aquelx cuyo coseno es y. Esto se presenta muy a menudo, razon por la que parasenalar que x es un numero cuyo coseno es y, esto es, la relacion inversade y = cos x se utiliza la notacion especial:

x = arccosy .

Este simbolismo fue introducido, segun se dice, por los matematicos DanielBernouilli y Leonhard Euler en el ano 1730.

Nota:

x = arccosy es el conjunto de aquellos x tales que y = cos x. Por lo tanto, un xdeterminado esta en dicho conjunto; esto es lo que entendemos por la igualdadx = arccosy, no es una igualdad en el sentido logico de igualdad.

En otras palabras tenemos la equivalencia siguiente:

y = cos x ⇐⇒ x = arccosy .

En particular, si colocamos cos x =

√3

2nos resulta:

x = arccos

√3

2= ±π

6+ 2kπ, k ∈ Z .

Esta consideracion anterior nos hace ver que si bien y = cos x es una funcion,la expresion x = arccosy define solo a una relacion; mas precisamente, unarelacion en que a un apropiado valor de y, le corresponden infinitos valores dex.

Por analogıa, las restantes relaciones circulares inversas se deducen en formasimilar y se simbolizan, respectivamente, mediante:

y = senx ⇐⇒ x = arcseny , y = tgx ⇐⇒ x = arctgy .

207

7.1 Graficos de las relaciones circulares inver-

sas

En el parrafo [6.3] del capıtulo anterior presentamos los graficos de las funcionescirculares y = cos x, y = senx, etc. Nos detendremos, en particular, en elgrafico de y = cos x ya que los demas se deducen por analogıa. El graficode y = cos x son los puntos (x, y) = (x, cos x) = (arccosy, y); por lo tanto,el grafico es el mismo. Ahora bien, si efectuamos la transformacion en elplano dada por (x, y) ←→ (y, x), el grafico (x, y) = (arccosy, y) obtendremosel grafico de y = arccosx. La transformacion anterior es una simetrıa conrespecto a la diagonal de ecuacion y = x. Dicha simetrıa tambien se consiguesi el grafico de y = cos x (este aparece en la figura 6.13); si teniendo el grafico

de y = cos x en papel transparente con el eje−→OX vertical y el eje

−→OY horizontal

damos vuelta el papel y lo rotamos 90◦ en el sentido horario, el resultado es elgrafico de y = arccosx que aparece en la figura 7.1. Los graficos de y = arcsenx,y = arctgx, y = arccotx, y = arcsecx e y = arccosecx, se obtienen en formasimilar y se ilustran en las figuras 7.2, 7.3, 7.4, 7.5 y 7.6, respectivamente.

Grafico de:

y = arccosx y = arcsenx

X

Y

O X

Y

O

Fig. 7.1 Fig. 7.2

208

y = arctgx y = arccotx

XO

Y

X

Y

O

Fig. 7.3 Fig. 7.4

y = arcsecx y = arccosecx

X

Y

O O

Y

X

Fig. 7.5 Fig. 7.6

209

7.2 Funciones circulares inversas o valores prin-

cipales

Comenzaremos recordando que si f es una funcion de A en B, entonces esuna relacion de A en B y por tal motivo tendra relacion inversa de B en A.A continuacion presentaremos el conocido resultado que entrega la condicionnecesaria y suficiente para que la funcion f de A en B no solo tenga relacioninversa de B en A sino que funcion inversa de B en A, o sea, que f−1 : B → Asera funcion (conocida como funcion inversa de f y simbolizada por f−1).

Teorema 7.2.1 Sea f : A → B funcion, entonces:

f biyeccionssi

f−1 : B → A es funcion

Problema 7.2.1 Sea f :

[23

6,∞

)→

(−∞,

169

12

]la funcion definida por:

f(x) = −3x2 + 23x− 30 .

Demostrar que ella es biyectiva y encontrar la respectiva funcion inversa f−1.

Solucion:

Primero estableceremos que f es uno a uno. Pues bien, sean x1, x2 ∈[23

6,∞

)

y tales que f(x1) = f(x2) o sea:

−3x21 + 23x1 − 30 = −3x2

2 + 23x2 − 30

−3(x21 − x2

2) + 23(x1 − x2) = 0

(x1 − x2)(23− 3x1 − 3x2) = 0 ,

de donde:x1 − x2 = 0 o 23− 3x1 − 3x2 = 0 ,

o sea:

x1 = x2 o

(x1 + x2 =

23

3, x1 = x2 =

23

6

),

luego, f es inyectiva.

210

Ahora demostraremos que f es epiyectiva. Para ello sea y ∈(−∞,

169

12

],

ası vemos que existe x ∈[23

6,∞

)tal que f(x) = y debido a que:

y = −3x2 + 23x− 30 = −3

(x− 23

6

)2

+169

12,

de donde:

3

(x− 23

6

)2

=169

12− y ≥ 0, pues y ∈

]−∞,

169

12

],

y, por lo tanto: ∣∣∣∣x−23

6

∣∣∣∣ =

√169− 12y

36,

y, como: x ∈ [23

6,∞[

, resulta:

x− 23

6=

√169− 12y

36,

o sea:

x =23 +

√169− 12y

6,

luego f es sobre.

Tenemos que f es biyectiva y de aquı su funcion inversa es:

f−1 :(−∞,

169

12

]→

[23

6,∞

)f−1(x) =

23 +√

169− 12x

6.

Nota:

Tomando en consideracion el resultado presentado en el teorema [7.2.1] (yrestringiendo los dominios de las respectivas funciones trigonometricas o cir-culares) conseguiremos como aplicaciones a nuestro estudio los teoremas quepresentaremos a continuacion.

Teorema 7.2.2 La funcion cos :[0, π

] → [ − 1, 1]

es biyectiva, entonces sufuncion inversa es:

Arccos = cos−1 :[− 1, 1

] → [0, π

].

211

Los graficos respectivos de estas funciones , inversa una de otra, se presentanen la figura 7.7.

y = cosx y = Arccosx

Y

X

O

Y

X

O

Fig. 7.7

Teorema 7.2.3 La funcion sen :[−π

2,π

2

]→ [ − 1, 1

]es biyectiva, entonces

su funcion inversa es Arcsen = sen−1 :[− 1, 1

] →[−π

2,π

2

].

Los graficos respectivos de estas funciones , inversa una de otra, se presentanen la figura 7.8.

y = senx y = Arcsenx

XO

Y Y

XO

Fig. 7.8

Teorema 7.2.4 La funcion tg :(−π

2,π

2

)→ R es biyectiva, entonces su fun-

cion inversa es Arctg = tg−1 :(−∞,∞) →

(−π

2,π

2

).

212

Definicion 7.2.1 Arctg(+∞) =π

2, Arctg(−∞) = −π

2.

y = tgx y = Arctgx

O X

Y

O X

Y

Fig. 7.9

Nota:

Para encontrar concretamente los valores de Arccos x = INVCOS x ( y poranalogıa las restantes), acudimos a la calculadora colocando primeramente xen la pantalla y, a continuacion, apretando las teclas INV y COS.

Teorema 7.2.5 La funcion cot :(0, π

) → R es biyectiva, entonces su funcioninversa es Arccot = cot−1 : R→ (

0, π)

.

y = cotx y = Arccotx

O

Y

X

Y

O X

Fig. 7.10

213

Teorema 7.2.6 La funcion sec :[0,

π

2

)∪

(π

2, π

]→ ( −∞,−1

] ∪ [1,∞)

es

biyectiva, entonces su funcion inversa es:

Arcsec = sec−1 :(−∞,−1

] ∪ [1,∞) →

[0,

π

2

)∪

(π

2, π

].

y = secx y = Arcsecx

O

Y

X O X

Y

Fig. 7.11

Teorema 7.2.7 La funcion cosec :[− π

2, 0

)∪

(0,

π

2

]→ (−∞,−1

]∪ [1,∞)

es biyectiva, entonces su funcion inversa es:

Arccosec = cosec−1 :(−∞,−1

] ∪ [1,∞) →

[− π

2, 0

)∪

(0,

π

2

].

y = cosecx y = Arccosecx

XO

Y

Y

XO

Fig. 7.12

214

7.3 Identidades con valores principales

En este apartado resumiremos las identidades fundamentales que se presentancon las funciones circulares inversas o valores principales.

Teorema 7.3.1 Para valores principales se tiene que:

(1)

Arccos x =π

2− Arcsen x·

(2)cos(Arcsen x) = +

√1− x2·

(3)

Si |x| ≥ 1 ; Arcsec x = Arccos1

x

(4)

Si |x| ≥ 1 ; Arccosec x = Arcsen1

x

(5)

Si |x| < 1 : Arcsen x = Arctgx√

1− x2·

(6)

Arccot x =π

2− Arctg x·

(7)

Si x 6= 0 : Arctg1

x=

π

2− Arctg x si x > 0

− π

2− Arctg x si x < 0

(8)

Arctg x1 + Arctg x2 = Arctgx1 + x2

1− x1 · x2

+ α(x1, x2)π

donde:

α(x1, x2) =

0 si x1 · x2 < 1+ 1 si x1 · x2 > 1 , x1 > 0− 1 si x1 · x2 > 1 , x1 < 0

215

Este teorema se puede aplicar en el siguiente ejercicio:


Arcsen3√73

+ Arccos11√146

+ Arcsen1

2=

5π

12·

Solucion:

Es claro que por la propiedad (3) se tendra:

Arcsen3√73

= Arctg3

8,

a su vez se tiene , a causa de las propiedades (1) y (3) que:

Arccos11√146

=π

2− Arcsen

11√146

=π

2− Arctg

11

5= Arctg

5

11·

Luego, al considerar el primer miembro de la identidad planteada y producirlos cambios propuestos resulta:

Arcsen3√73

+ Arccos11√146

+ Arcsen1

2= Arctg

3

8+ Arctg

5

11+

π

6=

=π

6+ Arctg

33 + 40

88− 15=

π

6+ Arctg 1 =

π

6+

π

4=

5π

12·

7.4 Ecuaciones trigonometricas

Aquı resumiremos los teoremas que nos entregan las formulas que conducen ala resolucion de ecuaciones trigonometricas

Teorema 7.4.1 Siendo y0 ∈[− 1, 1

]un numero fijo, se tiene que la solucion

de la ecuacion cos x = y0 es:

x = arccos y0 = ±Arccos y0 + 2kπ = ±x0 + 2kπ, k ∈ Z·

(Donde Arccos y0 = x0.)

216

Teorema 7.4.2 Siendo y0 ∈[− 1, 1

]un numero fijo, se tiene que la solucion

de la ecuacion senx = y0 es:

x = arcsen y0 = (−1)k Arcsen y0 + kπ = (−1)kx0 + kπ, k ∈ Z·

(Donde Arcsen y0 = x0.)

Teorema 7.4.3 Siendo y0 ∈ R un numero fijo se tiene que la solucion de laecuacion tgx = y0 es:

x = arctg y0 = Arctg y0 + kπ = x0 + kπ, k ∈ Z·

(Donde Arctg y0 = x0.)

Teorema 7.4.4 Siendo y0 ∈ R un numero fijo se tiene que la solucion de laecuacion cot x = y0 es:

x = arcot y0 =

Arctg1

y0

+ kπ si y0 > 0

π

2+ kπ si y0 = 0

Arctg1

y0

+ (k + 1)π si y0 < 0

(k ∈ Z)

Teorema 7.4.5 Siendo y0 ∈(−∞,−1

]∪ [1,∞)

un numero fijo, se tiene quela solucion de la ecuacion sec x = y0 es:

x = arcsec y0 = ±Arccos1

y0

+ 2kπ, k ∈ Z·

Teorema 7.4.6 Siendo y0 ∈(−∞,−1

]∪ [1,∞)

un numero fijo, se tiene quela solucion de la ecuacion cosecx = y0 es:

x = arccosec y0 = (−1)k Arcsen1

y0

+ kπ, k ∈ Z·

Nota:

Si en las relaciones inversas se da un k fijo, se consigue una funcion que sellama rama de la relacion inversa.

217



Arctg1

2+ Arctg

1

3=

π

4·

Solucion:

Se tiene:

Arctg1

2+ Arctg

1

3= Arctg

12

+ 13

1− 12· 1

3

= Arctg5

5= Arctg 1 =

π

4.


Arctg4

3− Arctg

1

7=

π

4·

Solucion:

Se tiene:

Arctg4

3− Arctg

1

7=

π

2− Arctg

3

4− Arctg

1

7=

π

2−

(Arctg

3

4+ Arctg

1

7

)=

=π

2− Arctg

34

+ 17

1− 34· 1

7

=π

2− Arctg

25

25=

π

2− Arctg 1 =

π

2− π

4=

π

4.


2 Arctg1

3+ Arctg

1

7=

π

4·

Solucion:

Se tiene:

2 Arctg1

3+ Arctg

1

7= Arctg

23

1− 19

+ Arctg1

7=

= Arctg3

4+ Arctg

1

7= Arctg

34

+ 17

1− 328

= Arctg25

25= Arctg 1 =

π

4·

218


Arctg1

2+ Arctg

1

5+ Arctg

1

8=

π

4·

Solucion:

Se tiene:

Arctg1

2+ Arctg

1

5+ Arctg

1

8= Arctg

12

+ 15

1− 12· 1

5

+ Arctg1

8=

= Arctg7

9+ Arctg

1

8= Arctg

79

+ 18

1− 79· 1

8

= Arctg65

65= Arctg 1 =

π

4.


Arctg1

7+ Arctg

1

8+ Arctg

1

18= Arccot 3·

Solucion:

Se tiene:

Arctg1

7+ Arctg

1

8+ Arctg

1

18= Arctg

17

+ 18

1− 17· 1

8

+ Arctg1

18=

= Arctg3

11+ Arctg

1

18= Arctg

311

+ 118

1− 333· 1

18

= Arctg1

3= Arccot 3 .


Arctg120

119− Arctg

1

239=

π

4·

Solucion:

Arctg120

119− Arctg

1

239=

π

2− (Arctg

119

120+ Arctg

1

239) =

=π

2−Arctg

119 · 239 + 120

120 · 239− 119=

π

2−Arctg

28561

28561=

π

2−Arctg 1 =

π

2− π

4=

π

4·

219


Arccos

√2

3− Arccos

√6 + 1

2√

3=

π

6.

Solucion:

Se tiene:

Arccos

√2

3− Arccos

√6 + 1

2√

3=

π

2− Arcsen

√2

3− π

2+ Arcsen

√6 + 1

2√

3=

= Arctg

√6 + 1√

5− 2√

6− Arctg

√2 =

π

2− Arctg

√5− 2

√6√

6 + 1− π

2+ Arctg

1√2

=

= Arctg1√2− Arctg

√5− 2

√6√

6 + 1= Arctg

√6 + 1 +

√10− 4

√6√

2(√

6 + 1) +√

2√2

√5− 2

√6

=

= Arctg

√6 + 1− (

√6− 2)

2(√

6+1)+(√

6−2)√2

= Arctg3√

2

3√

6= Arctg

1√3

=π

6.


Arcsen3

5+ Arcsen

8

17+ Arcsen

36

85=

π

2.

Solucion:

Se tiene:

Arcsen3

5+ Arcsen

8

17+ Arcsen

36

85= Arctg

3

4+ Arctg

8

15+ Arctg

36

77=

= Arctg45 + 32

60− 24+ Arctg

36

77= Arctg

77

36+ Arctg

36

77=

=π

2− Arctg

36

77+ Arctg

36

77=

π

2.


1 + ab > 01 + bc > 0

}⇒ Arctg a− Arctg

a− b

1 + ab= Arctg c + Arctg

b− c

1 + bc.

220

Solucion:

Por un lado, tenemos:

Arctg a− Arctga− b

1 + ab= Arctg

a(1 + ab)− a + b

1 + ab + a(a− b)=

= Arctg(a2 + 1)b

a2 + 1= Arctg b , (1)

y, por otra parte, resulta:

Arctg c + Arctgb− c

1 + bc= Arctg

c(1 + bc) + b− c

1 + bc− c(b− c)=

= Arctg(c2 + 1)b

c2 + 1= Arctg b . (2)

De (1) y (2) se obtiene el resultado.


2 Arccot 7 + Arccos3

5= Arccosec

125

117.

Solucion:

Se tiene:

2 Arccot 7 + Arccos3

5= 2 Arctg

1

7+

π

2− Arcsen

3

5=

= 2 Arctg1

7+

π

2− Arctg

3

4=

π

2+ Arctg

27

1− 172

− Arctg3

4=

=π

2+ Arctg

7

24− Arctg

3

4=

π

2+ Arctg

724− 3

4

1 + 724· 3

4

=

=π

2− Arctg

44

117= Arctg

117

44,

pero:

Arccosec125

117= Arcsen

117

125= Arctg

117

44,

de estos dos resultados se deduce la identidad.

221


Arccos y =π

2− Arcsen y·

Solucion:

Sea x = Arcsen y ∈[− π

2,π

2

], pero y = senx = cos

(π

2− x

). Ademas :

−π

2≤ x ≤ π

2⇒ −π

2≤ −x ≤ π

2⇒ 0 ≤ π

2− x ≤ π

2

en consecuencia, se obtiene:

y = cos(π

2− x

)⇒ Arccos y =

π

2− x =

π

2− Arcsen y·


cos(Arcsen y) = +√

1− y2·

Solucion:

Sea x = Arcsen y ∈[− π

2,π

2

], de ello y = senx. Como:

−π

2≤ x ≤ π

2⇒ cos x ≥ 0 ,

resulta:cos(Arcsen y) = +

√1− sen2(Arcsen y) = +

√1− y2 .


| y | < 1 ,(

Arcsen y = Arctgy√

1− y2

)·

Solucion:

Se tiene que:

| y | < 1 ⇒ x = Arcsen y ∈(− π

2,π

2

),

con lo que:

tgx =senx

cos x=

y√1− y2

,

lo que nos lleva a:

Arcsen y = x = Arctgy√

1− y2·

222


Arccot y =π

2− Arctg y .

Solucion:

Sea x = Arccot y ∈ (0, π

), de ello y = cot x = tg

(π

2− y

), pero:

0 < x < π ⇒ −π

2<

π

2− x <

π

2,

con esto se concluye que:

y = tg(π

2− x

)⇒ Arctg y =

π

2− x =

π

2− Arccot y ,

consiguiendose:

Arccot y =π

2− Arctg y .


y 6= 0 : Arctg1

y=

π

2− Arctg y si y > 0

− π

2− Arctg y si y < 0

Solucion:

Sea y > 0, de ello x = Arctg y ∈(0,

π

2

), y, en consecuencia:

y = tgx = cot(π

2− x

)=

1

tg(π

2− x

) ,

de donde:

tg(π

2− x

)=

1

y, (1)

y como:

0 < x <π

2⇒ −π

2< x < 0 ⇒ 0 <

π

2− x <

π

2, (2)

De (1) y (2) se deduce que:

Arctg1

y= Arctg

(tg

(π

2− x

))=

π

2− x =

π

2− Arctg y .

223

Sea ahora y < 0, de ello x = Arctg y ∈(− π

2, 0

), y, en consecuencia:

y = tgx = cot(π

2− x

)=

1

tg(π

2− x

) .

de donde:

tg(π

2− x

)=

1

y(3)

y como:

−π

2< x < 0 ⇒ 0 < x <

π

2⇒ π

2<

π

2− x < π . (4)

De (3) y (4) se deduce que:

Arctg1

y= Arctg

(tg

(π

2− x

))=

(π

2− x

)− π = −π

2− Arctg y .


Arctg y1 + Arctg y2 = Arctgy1 + y2

1− y1 · y2

+ α(y1, y2)π

donde:

α(y1, y2) =

0 si y1 · y2 < 1+ 1 si y1 · y2 > 1 , y1 > 0− 1 si y1 · y2 > 1 , y1 < 0

Solucion:

Caso (1) Debe excluirse el caso y1 · y2 = 1, ya que en esta situacion se sabeque:

Arctg y1 + Arctg y2 = ±π

2,

y sabemos que la funcion tangente tg no esta definida en ±π

2.

Caso (2) En esta situacion tenemos y1 · y2 < 1 y se presentan varias opcionesa saber:

(2.1) y1 ≥ 0, y2 ≤ 0, entonces:

0 ≤ Arctg y1 ≤ π

2, −π

2≤ Arctg y2 ≤ 0 ,

224

por lo tanto resulta:

−π

2≤ Arctg y1 + Arctg y2 ≤ π

2,

con lo que:

tg(Arctg y1 + Arctg y2

)=

tg(Arctg y1

)+ tg

(Arctg y2

)

1− tg(Arctg y1

) · tg(Arctg y2

) =y1 + y2

1− y1 · y2

,

luego:

Arctg(tg

(Arctg y1 + Arctg y2

))= Arctg

( y1 + y2

1− y1 · y2

),

en conclusion:

Arctg y1 + Arctg y2 = Arctg( y1 + y2

1− y1 · y2

).

(2.2) y1 ≤ 0, y2 ≥ 0 este es similar al anterior.

(2.3) y1 > 0, y2 > 0, debera tenerse que y1 <1

y2

, pues y1 · y2 < 1, de esto se

desprende que:

Arctg y1 < Arctg1

y2

=π

2− Arctg y2 ⇒ 0 < Arctg y1 + Arctg y2 <

π

2,

por lo tanto, nuevamente resulta:

Arctg(tg


))= Arctg

( y1 + y2

1− y1 · y2

),

en conclusion:


1− y1 · y2

).

(2.4) y1 < 0, y2 < 0, debera tenerse que y1 >1

y2

, pues y1 · y2 < 1, de esto se

desprende que:

Arctg y1 >< Arctg1

y2

= −π

2− Arctg y2 ⇒ −π

2< Arctg y1 + Arctg y2 < 0 ,

por lo tanto, nuevamente tenemos:

Arctg(tg


))= Arctg

( y1 + y2

1− y1 · y2

),

225

en conclusion:


1− y1 · y2

).

Caso (3) En esta situacion tenemos y1 · y2 > 1 y se presentan dos opciones asaber:

(3.1) y1 < 0, obligatoriamente y2 < 0, luego:

y1 <1

y2

⇒ Arctg y1 < Arctg1

y2

= −π

2− Arctg y2 ,

con lo que:

Arctg y1 + Arctg y2 < −π

2, ( I )

o sea estamos en el recorrido de la rama(Arctg

)1, ya que siempre −π <

Arctg y1 + Arctg y2 y por ( I ) sabemos Arctg y1 + Arctg y2 < −π

2, se deduce

entonces que:

tg(Arctg y1 + Arctg y2

)=

y1 + y2

1− y1 · y2

,

de esto:

Arctg(tg


))= Arctg

( y1 + y2

1− y1 · y2

),

luego, por la observacion hecha anteriormente, se obtiene:

Arctg y1 + Arctg y2 + π = Arctg( y1 + y2

1− y1 · y2

),

es decir:


1− y1 · y2

)− π .

(3.2) Se deja a cargo del lector ejercitar la situacion y1 > 0, obligatoriamenntey2 > 0.


2 Arcsen

√1− y

2= Arccos y .

226

Solucion:

Se tiene:

2 Arcsen

√1− y

2= 2 Arctg

√1− y

1 + y= Arctg

2√

1− y2

1 + y − (1− y)=

= Arctg

√1− y2

y=

π

2− Arctg

y√1− y2

=π

2− Arcsen y = Arccos y .

Problema 7.5.18 Si a > 1, demostrar la identidad:

Arcsena− 1

a + 1= Arccos

2√

a

a + 1.

Solucion:

Se tiene:

Arccos2√

a

a + 1=

π

2− Arcsen

2√

a

a + 1=

π

2− Arctg

2√

a

a− 1=

= Arctga− 1

2√

a= Arcsen

a− 1

a + 1,


u, v ∈ R+ ⇒ 2 Arctg

√u

v= Arccos

v − u

v + u·

Solucion:

Primero, si v = u, entonces:

2 Arctg 1 =π

2= Arccos 0·

Supongamos ahora u < v, entonces:

Arccosv − u

v + u=

π

2− Arcsen

v − u

v + u=

π

2− Arctg

v−uv+u√

1− (v−uv+u

)2=

227

=π

2− Arctg

v − u

2√

uv= Arctg

2√

uv

v − u= Arctg

2√

uv

1− uv

= 2 Arctg

√u

v·

Si u > v, entonces:

Arccosv − u

v + u=

π

2− Arcsen

v − u

v + u=

π

2− Arctg

v−uv+u√

1− (v−uv+u

)2=

=π

2− Arctg

v − u

2√

uv=

π

2−

(− π

2− Arctg

2√

uv

v − u

)= π − Arctg

2√

uv

u− v=

= π − 2 Arctg

√v

u= 2

(π

2− Arctg

√v

u

)= 2 Arctg

√u

v·


Sn =n∑

k=1

Arctg2

k2.

Solucion:

Se tiene que:

Arctg(k + 1)− Arctg(k − 1) = Arctg(k + 1)− (k − 1)

1 + (k2 − 1)= Arctg

2

k2

pues (k + 1) · [−(k − 1)] = 1− k2 < 0, luego:

Sn =n∑

k=1

[Arctg(k + 1)− Arctg(k − 1)

]=

n+1∑

k=2

Arctg k −n−1∑

k=0

Arctg k =

= Arctg(n + 1)− Arctg n− π

4

Problema 7.5.21 Calcular la sumatoria Sn =n∑

k=1

Arctg1

k2 + k + 1.

Solucion:

Se tiene que:

Arctg1

k− Arctg

1

k − 1= Arctg

k + 1− k

k2 + k + 1= Arctg

1

k2 + k + 1

228

luego:

Sn =n∑

k=1

[Arctg

1

k− Arctg

1

k − 1

]=

π

4− Arctg

1

n + 1

Problema 7.5.22 Probar que:

sec2(Arctg 2) + cosec2(Arccot 3) = 15.

Solucion:

Tenemos:

sec2(Arctg 2) + cosec2(Arccot 3) = 1 + tg2(Arctg 2) + 1 + cot2(Arccot 3) =

= 1 + 4 + 1 + 9 = 15.


cos(2 Arctg

1

7

)= sen

(4 Arctg

1

3

).

Solucion:

En el problema resuelto [7.5.3] demostramos la identidad:

2 Arctg1

3+ Arctg

1

7=

π

4,

de ella se desprende la identidad:

π

2− 2 Arctg

1

7= 4 Arctg

1

3,

con lo que:

sen(π

2− 2 Arctg

1

7

)= sen

(4 Arctg

1

3

),

y como:

sen(π

2− 2 Arctg

1

7

)= cos

(2 Arctg

1

7

),

resulta:

cos(2 Arctg

1

7

)= sen

(4 Arctg

1

3

),

lo que se deseaba.

229

Problema 7.5.24 Resolver la ecuacion:

Arcsen x = Arccos x .

Solucion:

Se tiene:Arcsen x =

π

2− Arcsen x ⇒ 2 Arcsen x =

π

2⇒

⇒ Arcsen x =π

4⇒ x =

√2

2.


Arcsen x = Arccos(−x) .

Solucion:

Se tiene:

Arcsen x =π

2− Arcsen(−x) ⇒ Arcsen x =

π

2+ Arcsen x ,

lo que muestra que no hay solucion.


Arcsen x + Arcsen√

3x =π

2.

Solucion:

Se tiene:(α = Arcsen x ⇒ x = senα

),

(β = Arcsen x

√3 ⇒ senβ = x

√3)

,

luego:

α + β =π

2, cos α = +

√1− x2 , cos β = +

√1− 3x2 ,

ası:sen(α + β) = senα cos β + cos α senβ = 1 ,

con ello:

+x√

1− 3x2 + x√

3√

1− 3x2 = 1 ⇒ x = ±1

2,

y solo es solucion x =1

2.

230


2 Arctg(cos x) = Arctg(2cosecx) (| cos x| < 1).

Solucion:

Se tiene:

2 Arctg(cos x) = Arctg2 cos x

1− cos2 x= Arctg(2cosecx),

y por inyectividad se consigue:

2 cos x

1− cos2 x= 2cosecx,

o sea :cos xsenx = sen2x,

de donde senx = 0 no sirve, ya que | cos x| 6= 1, luego:

tgx = 1 ⇒ x =π

4+ kπ, k ∈ Z.


Arctgx− 1

x− 2+ Arctg

x + 1

x + 2=

π

4·

Solucion:

Aquı hacemos:

α = Arctgx− 1

x− 2, β = Arctg

x + 1

x + 2, α + β =

π

4·

Luego:

1 = tg(α + β) =x−1x−2

+ x+1x+2

1− x−1x−2

· x+1x+2

⇒ 2x2 = 1 ⇒ x1,2 = ± 1√2·

Problema 7.5.29 0 < a < 1 , 0 < b < 1, resolver en x:

Arcsen2a

1 + a2+ Arctg

2x

1− x2= Arccos

1− b2

1 + b2·

231

Solucion:

Es claro que:

Arcsen2a

1 + a2= Arctg

2a1+a2√

1− ( 2a1+a2 )2

= Arctg2a

1− a2·

Como tambien:

Arccos1− b2

1 + b2=

π

2− Arcsen

1− b2

1 + b2=

=π

2− Arctg

1−b2

1+b2√1− (1−b2

1+b2)2

=π

2− Arctg

1− b2

2b= Arctg

2b

1− b2·

Con lo anterior el problema planteado pasa a ser:

Arctg2x

1− x2= Arctg

2b

1− b2− Arctg

2a

1− a2·

Colocando: α = Arctg 2a1−a2 , β = Arctg 2b

1−b2, γ = Arctg 2x

1−x2 se consigueγ = β − α, con lo que se llega a:

tgγ =tgβ − tgα

1 + tgβ · tgα,

es decir:2x

1− x2=

2b1−b2

− 2a1−a2

1− 2b1−b2

· 2a1−a2

,

lo que implica:

2(b− a)(1 + ab)x2 + 2[(1 + ab)2 − (a− b)2]x + 2(a− b)(1 + ab) = 0


x1 =b− a

1 + ab, x2 =

1 + ab

a− b·


sen2(3θ − π

4

)− cos2

(2θ +

π

3

)= 0 .

232

Solucion:

La ecuacion planteada tambien se puede escribir:

[sen

(3θ − π

4

)+ cos

(2θ +

π

3

)]·[sen

(3θ − π

4

)− cos

(2θ +

π

3

)]= 0 ,

de ella se desprende las ecuaciones:

(1)

sen(3θ − π

4

)+ cos

(2θ +

π

3

)= 0 ,

(2)

sen(3θ − π

4

)− cos

(2θ +

π

3

)= 0 ,

Resolvamos la primera, la que tambien es:

sen(3θ − π

4

)= − cos

(2θ +

π

3

)= −sen

[π

2−

(2θ +

π

3

)],

con lo que:

sen(3θ − π

4

)= −sen

(π

6− 2θ

)= sen

(2θ − π

6

),

luego:

3θ − π

4= 2θ − π

6+ 2kπ ∨ 3θ − π

4= −

(2θ − π

6

)+ (2k + 1)π ,

con lo que las soluciones son:

[θ =

π

12+ 2kπ ∨ θ =

π

12+ (2k + 1)

π

5

], k ∈ Z . (3)

Ahora pasaremos a resolver la segunda:

cos(2θ +

π

3

)= sen

(3θ − π

4

),

aquı se tiene:

cos(2θ +

π

3

)= cos

(π

2−

(3θ − π

4

))= cos

(3π

4− 3θ

),

luego:

2θ +π

3= ±

(3π

4− 3θ

)+ 2kπ ,

233

con lo que las soluciones son:

[θ =

π

12+ 2k

π

5∨ θ =

π

12+ (−2k + 1)π

], k ∈ Z . (4)

Observando (3) y (4), tenemos que la solucion general es:

[θ =

π

12+ 2kπ ∨ θ =

π

12+ (2k + 1)

π

5

], k ∈ Z .

Problema 7.5.31 Resolver la ecuacion 2, 31 cos θ + 3, 25senθ = 2, 33·

Solucion:

Dibujamos 4ABC rectangulo en C, con a = 3, 25; b = 2, 31 resultandonosc ≈ 3, 987304. Procedemos entonces a multiplicar la ecuacion planteada por(3, 987304)−1, consiguiendose:

2, 31

3, 987304cos θ +

3, 25

3, 987304senθ = − 2, 33

3, 987304,

o sea:

cosα cos θ + senαsenθ = − 2, 33

3, 987304,

o mejor:

cos(θ − α) = − 2, 33

3, 987304,

de donde:

θ − α = ±125◦45′26, 7” + 360◦k, k ∈ Zy como α = 54◦35′45, 41”, obtenemos finalmente:

θ = 54◦35′45, 41”± 125◦45′26, 7” + 360◦k, k ∈ Z·

Nota:

Esta ecuacion tambien se puede resolver con los metodos que se presentaranen el problema resuelto [7.5.43].


2 cos µ + 3 = 4 cosµ

2.

234

Solucion:

Sabemos que:

cos µ = 2 cos2 µ

2− 1 ,

luego la ecuacion planteada tambien se puede escribir:

4 cos2 µ

2− 4 cos

µ

2+ 1 = 0 ,

luego, al ser el miembro izquierdo un cuadrado perfecto, resulta:

cosµ

2=

1

2⇒ µ

2= ±π

3+ 2nπ , n ∈ Z ,

con lo que:

µ = ±2π

3+ 4nπ , n ∈ Z .

Problema 7.5.33 Resolver la ecuacion sen9θ − sen7θ =√

3senθ·

Solucion:

La ecuacion, por prostaferesis se transforma en:

2 cos 8θsenθ −√

3senθ = 0

es decir:

senθ(2 cos 8θ −√

3) = 0

de donde:

senθ = 0 ⇒ θ = kπ, k ∈ Z,

o tambien:

cos 8θ =

√3

2⇒ 8θ = ±π

6+ 2`π , ` ∈ Z,

y de esto resulta:

θ = ± π

48+ `

π

4, ` ∈ Z·

Problema 7.5.34 Resolver la ecuacion (1− tgθ)(sen2θ + 1) = 1 + tgθ·

235

Solucion:

Es claro que:

sen2θ = 2senθ cos θ = 2tgθ cos2 θ = 2tgθ

1 + tg2θ·

Colocando este valor en la ecuacion planteada obtenemos:

(1− tgθ)(2

tgθ

1 + tg2θ+ 1

)= 1 + tgθ,

o mejor:

(1− tgθ)1 + 2tgθ + tg2θ

1 + tg2θ− (1 + tgθ) = 0,

de donde:

(1 + tgθ)[1− tg2θ

1 + tg2θ− 1

]= 0,

con lo que:

(1 + tgθ)−2tg2θ

1 + tg2θ= 0,

resolviendo se obtiene:(1 + tgθ)tgθ = 0,

y de esto se consigue:

tgθ = 0 ⇒ θ = kπ, k ∈ Z·

Por ultimo:tgθ = −1 ⇒ θ = −π

4+ `π, ` ∈ Z·


tg(3φ +

2π

3

)· cot

(φ− π

3

)= 1 .

Solucion:

Esta ecuacion se puede escribir tambien :

tg(3φ +

2π

3

)= tg

(φ− π

3

),

236

luego:

3φ +2π

3= φ− π

3+ jπ ⇒ φ = (j − 1)π ,

colocando j − 1 = k, resulta la solucion:

φ = kπ , k ∈ Z .

Problema 7.5.36 Resolver la ecuacion 4sen4φ − 12senφ cos2 φ − 7 cos2 φ +9senφ + 5 = 0 .

Solucion:

La ecuacion se puede escribir:

4sen4φ− (12senφ + 7)(1− sen2φ) + 9senφ + 5 = 0 ,

de donde:4sen4φ + 12sen3φ + 7sen2φ− 3senφ− 2 = 0 ,

como1

2es solucion racional de ella, se obtiene:

4(senφ− 1

2

)(senφ +

1

2

)(sen2φ + 3senφ + 2) = 0 ,

con ello:

(1)

senφ =1

2⇒ φ = (−1)k π

6+ kπ , k ∈ Z .

(2)

senφ = −1

2⇒ φ = (−1)j+1π

6+ jπ , j ∈ Z .

(3)sen2φ + 3senφ + 2 = 0 ⇒ senφ = −2 ∨ senφ = −1 ,

de esto la primera no ofrece solucion. La segunda:

senφ = −1 ⇒ φ = (−1)`+1π

2+ `π , ` ∈ Z .

Problema 7.5.37 Resolver la ecuacion tgaθ = cot bθ .

237

Solucion:

Se tiene:tgaθ = tg

(π

2− bθ

),

con lo que::

aθ =π

2− bθ + kπ ,

de donde

θ =2k + 1

2(a + b)π , k ∈ Z .

Problema 7.5.38 Resolver la ecuacion 3tg2τ + 5 = 7cos τ

.

Solucion:

La ecuacion tambien es:

3(sec2 τ − 1) + 5 =7

cos τ,

o sea:2 cos2 τ − 7 cos τ + 3 = 0 ,

de donde:

cos τ =7±√49− 24

4=

7± 5

4,

por lo tanto, resultan las raıces 3 y1

2, vemos que la primera no sirve, ya que

supera a la unidad, luego:

cos τ =1

2⇒ τ = ±π

3+ 2`π , ` ∈ Z .

Problema 7.5.39 Resolver la ecuacion tg3θ + cot3 θ = 8cosec32θ + 12 .

Solucion:

Se tiene:

(tgθ+cot θ)3 = tg3θ+cot3 θ+3tgθ cot θ(tgθ+cot θ) = tg3θ+cot3 θ+3(tgθ+cot θ) ,

238

luego, la ecuacion queda:

(tgθ + cot θ)3 − 3(tgθ + cot θ) = 8cosec3θ + 12 ,

lo que nos conduce a:

1

sen3θ cos3 θ− 3

senθ cos θ=

8

8sen3θ cos3 θ+ 12 ,

de donde:

sen2θ = −1

2⇒ θ = (−1)k+1 π

12+ k

π

2, k ∈ Z .

Problema 7.5.40 Resolver la ecuacion 3(1− cos ν) = sen2ν .

Solucion:

La ecuacion tambien puede escribirse:

3(1− cos ν) = 1− cos2 ν = (1− cos ν)(1 + cos ν) ,

(cuidado, no dividir la ecuacion por 1− cos ν), la ecuacion pasa a ser:

(cos ν − 1)(cos ν + 1− 3) = 0 ⇐⇒ (cos ν − 1)(cos ν − 2) = 0 ,

con lo que la unica opcion es cos ν = 1 ⇒ ν = 2kπ , k ∈ Z .

Problema 7.5.41 Resolver la ecuacion sen3θ + cos3 θ = 1− 12sen2 θ .

Solucion:


(senθ + cos θ)(sen2θ − senθ cos θ + cos2 θ) = 1− senθ cos θ ,

o sea:(senθ + cos θ)(1− senθ cos θ) = 1− senθ cos θ ,

o tambien:

(senθ + cos θ)(1− senθ cos θ)− (1− senθ cos θ) = 0 ,

o mejor:(senθ + cos θ − 1)(1− senθ cos θ) = 0 ,

239

de donde:cos θ + senθ − 1 = 0 ∨ senθ cos θ − 1 = 0 .

La primera ecuacion nos lleva a:

cos θ +senθ− 1 = 0 ⇐⇒ 1√2

cos θ +1√2senθ =

1√2⇐⇒ cos

(θ− π

4

)=

1√2⇒

⇒ θ − π

4= ±π

4+ 2nπ, n ∈ Z ,

o sea: [θ =

π

2+ 2nπ ∨ θ = 2nπ

]n ∈ Z .

Nota:

Esta primera ecuacion tambien se puede resolver con los metodos que se pre-sentaran en el problema resuelto [7.5.43].

La segunda ecuacion nos conduce a sen2 θ = 2 o sea, no tiene solucion.

Problema 7.5.42 Resolver la ecuacion sen3ω = senω .

Solucion:


sen3ω − senω = 0 ⇐⇒ 2 cos 2ωsenω = 0 ⇐⇒ (cos 2ω = 0 ∨ senω = 0

),

luego, la primera nos lleva a:

cos 2ω = 0 ⇒ (2ω = ±π

2+ 2`π , ` ∈ Z) ⇒ ω = ±π

4+ `π , ` ∈ Z ,

y la segunda:senω = 0 ⇒ ω = pπ , p ∈ Z .

Problema 7.5.43 Resolver la ecuacion cos 3ω − cos 2ω + cos ω = 0 .

Solucion:


(cos 3ω + cos ω)− cos 2ω = 0 ⇐⇒ 2 cos 2ω cos ω − cos 2ω = 0 ,

240

de donde cos 2ω(2 cos ω − 1

)= 0, luego, tenemos:

cos 2ω = 0 ⇒ (2ω = ±π

2+ 2`π , ` ∈ Z) ⇒ ω = ±π

4+ `π , ` ∈ Z ,

como tambien:

cos ω =1

2⇒ ω = ±π

3+ kπ , k ∈ Z .

Problema 7.5.44 Resolver la ecuacion a sen θ + b cos θ = c . (a 6= 0)

Solucion:

Primer metodo.

Como a 6= 0, multiplicamos la ecuacion por a−1 obteniendose:

sen θ +b

acos θ =

c

a,

colocandob

a= tgα (notese que α es conocido) ası:

sen θ + tgα cos θ =c

a,

multiplicandola por cos α, resulta

sen θ cos α + cos θsenα =c

acos α ,

de donde: (sen(θ + α) =

c

a∧ −1 ≤ c

acos α ≤ 1

),

por lo tanto, resulta

θ = −α + (−1)k Arcsen[ c

acos α

]+ kπ , k ∈ Z .

La condicion:−1 ≤ c

acos α ≤ 1 ,

es equivalente con:

∣∣∣ c

acos α

∣∣∣ ≤ 1 ⇐⇒ sec2 α ≥ c2

a2⇐⇒ 1 + tg2α ≥ c2

a2⇐⇒ 1 +

b2

a2≥ c2

a2⇐⇒ a2 + b2 ≥ c2 .

O sea, la ecuacion tiene solucion si y solo si c2 ≤ a2 + b2.

241

Segundo metodo.

En la ecuacion planteada reemplazamos cos θ y sen θ en terminos de expresio-

nes que contengan a tgθ

2, o sea:

cos θ =1− tg2 θ

2

1 + tg2 θ2

, sen θ =2tg θ

2

1 + tg2 θ2

,

resultando:

a2tg θ

2

1 + tg2 θ2

+ b1− tg2 θ

2

1 + tg2 θ2

= c ⇐⇒ (b + c)tg2 θ

2− 2atg

θ

2− (b− c) = 0 ,

ecuacion de segundo grado en tgθ

2y con discriminante:

a2 + (b + c)(b− c) ≥ 0 ⇐⇒ c2 ≤ a2 + b2 ,

bajo esta condicion:

tgθ

2=

a±√a2 + b2 − c2

b + c,

con lo que:

θ = 2 Arctga +

√a2 + b2 − c2

b + c+ 2kπ, k ∈ Z ,

como tambien:

θ = 2 Arctga−√a2 + b2 − c2

b + c+ 2`π, ` ∈ Z .


senθ +√

3 cos θ = 2 .

Solucion:

Aplicando el primer metodo del problema anterior, llegamos a

sen(θ +

π

3

)= 1 ⇒ θ = −π

3+ (−1)k π

2+ kπ , k ∈ Z ,

formula que en ambos casos conduce a:

θ =π

6+ 2kπ , k ∈ Z .

242

Problema 7.5.46 Resolver la ecuacion senθ − 8 cos θ = −4 .

Solucion:

En este caso a = 1, b = −8 y c = −4; ahora ocuparemos el segundo meto-do senalado en el problema resuelto [7.5.43], o sea, resolveremos la ecuacionequivalente:

6tg2 θ

2+ tg

θ

2− 2 = 0 ,

resultando:

tgθ

2=−1± 7

12,

con ello:

tgθ

2=

1

2⇒ θ = 53◦ 7′ 48.37′′ + 360◦ k , k ∈ Z ,

tgθ

2= −2

3⇒ θ = −67◦ 22′ 48.49′′ + 360◦ ` , ` ∈ Z ,

Problema 7.5.47 Resolver la ecuacion atgθ + b cot θ = c .

Solucion:

La ecuacion tambien es:

atgθ +b

tgθ= c ⇐⇒ atg2θ − ctgθ + b = 0 ,

con lo que:

tgθ =c±√c2 − 4ab

2a,

en este caso es claro que c2 − 4ab ≥ 0. Por lo tanto, tenemos:

θ = Arctgc +

√c2 − 4ab

2a+ kπ, k ∈ Z ,

como tambien:

θ = Arctgc−√c2 − 4ab

2a+ `π, ` ∈ Z .

Problema 7.5.48 Resolver la ecuacion 6tgθ − 2 cot θ = −1 .

243

Solucion:

Resulta:6tg2θ + tgθ − 2 = 0 ,

luego:

tgθ ==−1± 7

12,

con ello:

tgθ =1

2⇒ θ = 26◦ 33′ 54.18′′ + 180◦ k , k ∈ Z ,

tgθ = −2

3⇒ θ = −33◦ 41′ 24.24′′ + 180◦ ` , ` ∈ Z ,

Problema 7.5.49 Resolver la ecuacion asen2θ + bsenθ cos θ + c cos2 θ = d .

Solucion:

Primer metodo.

Es claro que el primer miembro es homogeneo en senθ, cos θ, para que elsegundo miembro tambien lo sea lo multiplicamos por 1 = cos2 θ + sen2θ,resultando:

asen2θ + bsenθ cos θ + c cos2 θ − d(cos2 θ + sen2θ) = 0 ,

y, multiplicando esta ultima por sec2 θ, resulta:

(a− d)tg2θ + btgθ + (c− d) = 0 ,

ecuacion que ya sabemos resolver.

Segundo metodo.

Sabemos que 2sen2θ = 1− cos 2θ, 2 cos2 θ = 1 + cos 2θ, luego multiplicamos laecuacion planteada por 2 y luego hacemos los cambios senaldos, obteniendose:

b sen2θ + (c− a) cos 2θ = 2d− a− c ,


Problema 7.5.50 Resolver la ecuacion a(senθ + cos θ) + bsenθ cos θ = c .

244

Solucion:

Esta ecuacion no cambia si se permutan senθ y cos θ, por lo tanto es adecuado

efectuar en ella el cambio θ = φ +π

4, ası:

senθ + cos θ = sen(φ +

π

4

)+ cos

(φ +

π

4

)=√

2 cos φ ,

y:

senθ cos θ = sen(φ +

π

4

)cos

(φ +

π

4

)=

1

2(2 cos2 φ− 1) ,

con lo que ecuacion propuesta se transforma en:

b cos2 φ + a√

2 cos φ− b + 2c

2= 0 ,

ecuacion que sabemos resolver.

Problema 7.5.51 Resolver los sistemas:

x + y = αsenx + seny = a

},

x + y = αsenx − seny = a

},

x − y = αsenx + seny = a

},

x − y = αsenx − seny = a

},

x + y = αcos x + cos y = a

},

x + y = αcos x − cos y = a

},

x − y = αcos x + cos y = a

},

x − y = αcos x − cos y = a

}.

Solucion:

El metodo de resolucion es el mismo para todos, por lo que solo entregaremosla solucion del primero, o sea resolveremos:

x + y = αsenx + seny = a

},

la segunda ecuacion se puede escribir:

2sen(x + y

2

)cos

(x− y

2

)= a ,

245

aplicando la primera ecuacion en este resultado llegamos a:

cosx− y

2=

a

2senα2

,

poniendo:a

2senα2

= cos β ,

esto exige que:

−1 ≤ a

2senα2

≤ 1 ⇐⇒ a2

4sen2 α2

≤ 1 ,

o sea:a2 ≤ 4sen2α

2,

de donde:(sen

α

2> 0 ⇒ −2sen

α

2≤ a ≤ 2sen

α

2

)∨

(sen

α

2< 0 ⇒ 2sen

α

2≤ a ≤ −2sen

α

2

).

Luego, obtenemos:

cosx− y

2= cos β ⇒ x− y

2= ±β + 2kπ , k ∈ Z ,

llegandose a los sistemas:

x + y

2=

a

2

x− y

2= β + 2kπ

,

x + y

2=

a

2

x− y

2= −β + 2kπ

,

que producen los ngulos x e y.


x + y = αsenx · seny = a

},

x − y = αsenx · seny = a

},

x + y = αcos x · cos y = a

},

x − y = αcos x · cos y = a

},

Solucion:



},

246

la segunda ecuacion se puede escribir:

cos(x− y)− cos(x + y) = 2a ,

y aplicando la primera, resulta:

cos(x− y) = 2a + cos α ,

luego debera tenerse:

−1 ≤ 2a + cos α ≤ 1 ⇐⇒ −(1 + cos α) ≤ 2a ≤ 1− cos α ,

o sea:− cos2 α

2≤ a ≤ sen2α

2,

bajo esta condicion llegamos a:

x− y = ±Arccos(2a + cos α) + 2kπ , k ∈ Z ,

y tenemos el problema resuelto.


x + y = αsenx : seny = a

},

x − y = αsenx : seny = a

},

x + y = αcos x : cos y = a

},

x − y = αcos x : cos y = a

},

Solucion:



},

la segunda ecuacion se transforma en:

senx− seny

senx + seny=

a− 1

a + 1⇐⇒

2 cosx + y

2sen

x− y

2

2senx + y

2cos

x− y

2

=a− 1

a + 1,

de donde:

tgx− y

2=

a− 1

a + 1tg

α

2= tgβ ,

247

β siempre existe, obteniendose el sistema:

x + y

2=

α

2

x− y

2= β + 2kπ

, (k ∈ Z) ,

y tenemos el problema resuelto.


x + y = αtgx + tgy = a

},

x − y = αtgx − tgy = a

},

x + y = αtgx − tgy = a

},

x − y = αtgx + tgy = a

},

Solucion:

Resolvamos el primer sistema, o sea:

x + y = αtgx + tgy = a

},

la segunda ecuacion puede escribirse:

sen(x + y)

cos x cos y=

2sen(x + y)

cos(x− y) + cos(x + y)= a ,

de donde:

cos(x− y) =2senα− a cos α

a,

y tenemos el problema resuelto, pero debera tenerse:

−1 ≤ 2senα− a cos α

a≤ 1 ⇐⇒ (2senα− a cos α)2

a2≤ 1 ,

o mejor:tgα(a2tgα + 4a− 4tgα) ≥ 0 ,

el parentesis se anula para:

a1 = 2tgα

2∧ a2 = −2 cot

α

2.

248

Cuando tgα > 0, para que la desigualdad anterior se verifique, debera tenerse:

tgα

2> 0 ⇒

(a ≤ −2 cot

α

2∨ 2tg

α

2≤ a

),

tgα

2< 0 ⇒

(a ≤ 2tg

α

2∨ −2 cot

α

2≤ a

).

Si tgα < 0 hay que considerar los valores de a interiores al intervalo abiertode las raıces anteriores.

El segundo sistema se resuelve de la misma manera.

Resolvamos ahora el tercer sistema, es decir:

x + y = αtgx − tgy = a

},

La segunda ecuacion del sistema se puede escribir:

sen(x− y)

cos x cos y=

2sen(x− y)

cos(x + y) + cos(x− y)= a ,

o sea:2sen(x− y)− a cos(x− y) = a cos α ,



x + y = αtgx · tgy = a

},

x − y = αtgx · tgy = a

},

Solucion:

Veamos el primer sistema:

x + y = αtgx · tgy = a

},

se tiene:

tgx · tgy =senx · seny

cos x · cos y=

cos(x− y)− cos(x + y)

cos(x− y) + cos(x + y)= a ,

llegandose al sistema:

x + y = α

cos(x− y) =1 + a

1− acos α

},

249

este sistema es posible si:

−1 ≤ 1 + a

1− acos α ≤ 1 .


x + y = αtgx : tgy = a

},

x − y = αtgx : tgy = a

},

Solucion:

Vea mos el primer sistema, es decir:

x + y = αtgx : tgy = a

},

la segunda ecuacion de el tambien puede escribirse:

tgx− tgy

tgx + tgy=

a− 1

a + 1⇐⇒ sen(x− y)

sen(x + y)=

a− 1

a + 1,

llegandose al sistema:

x + y = α

sen(x− y) =a− 1

a + 1senα

},

este sistema es posible si:

−1 ≤ a− 1

a + 1senα ≤ 1 .

Problema 7.5.57 Resolver el sistema:

ρ + cos θ = 14ρ cos θ = 1

}.

Solucion:

Multiplicando la primera ecuacion por 4ρ se consigue:

4ρ2 + 4ρ cos θ = 4ρ ,

250

(note que ρ = 0 no satisface el sistema), luego:

4ρ2 + 1 = 4ρ =⇒ (2ρ− 1)2 = 0 ,

por lo tanto, resulta ρ =1

2y con este valor se obtiene cos θ =

1

2, de donde

θ = ±π

3+ 2kπ , k ∈ Z.

Problema 7.5.58 Resolver el sistema:

senx + sen2y = 0seny + sen2z = 0senz + sen2x = 0

.

Solucion:

Se tiene:senx = sen(−2y)seny = sen(−2z)senz = sen(−2x)

,

con lo que:

x = 2(−1)k+1y + kπ , k ∈ Zy = 2(−1)`+1z + `π , ` ∈ Zz = 2(−1)m+1x + mπ , m ∈ Z

,

luego:

z = 2(−1)m+1[2(−1)k+1

(2(−1)`+1z + `π

)+ kπ

]+ mπ ,

o sea:

z = 8(−1)k+`+m+1z +(4`(−1)m+` + 2(−1)m+1 + m

)π ,


z =4`(−1)m+` + 2(−1)m+1 + m

1 + 8(−1)k+`+mπ ,

y las otras por analogıa.

Problema 7.5.59 Resolver la inecuacion sen2x > cos π3

.

251

Solucion:La inecuacion tambien es:

sen2x > sen(π

2− π

3

),

o sea:

sen2x > senπ

6⇐⇒ sen2x >

1

2,

observando la figura 7.13, tene-mos que sirven los angulos del arco

_

MBM ′ , que en particular, resulta:

π

6< 2x <

5π

6,

M’

C

OX

YB

F

M

E

D

Fig. 7.13

y la solucion general sera:

π

6+ 2kπ < 2x <

5π

6+ 2kπ ,

o sea:π

12+ kπ < x <

5π

12+ kπ ,

es decir todos los angulos de los arcos_

CD o_

FE que se obtienen haciendok = 0 y k = 1.

Problema 7.5.60 Resolver la inecuacion senx + 2 cos x > 1 .

Solucion:

Transformemos la inecuacion en terminos de t = tgx2, o sea:

2t

1 + t2+ 2

1− t2

1 + t2> 1 ⇐⇒ 3t2 − 2t− 1 < 0 ,

inecuacion cuyas soluciones t verifican la desigualdad −1

3< t < 1, luego,

−1

3< tg

x

2< 1, por lo tanto, los angulos

x

2tienen su extremo en los arcos

_

CD

o_

EF que se presentan en la figura 7.14, es decir son de la forma:

kπ − α <x

2< kπ +

π

4,

252

donde tgα =1

3, es decir α = 18◦ 26′ 5.82′′ ≡ 0.321750554 radianes , con ello la

solucion del problema son todos aquellos angulos cuyo lado terminal esta en el

arco_

GAB que se muestra en el segundo grafico que aparece en la figura 8.14,es decir aquellos que cumplen con:

2kπ − 2α < x < 2kπ +π

2.

Y

F

O

E

D

X

C

A

GO

BY

X

Fig. 7.14

Problema 7.5.61 Resolver la inecuacion tgx + cos x > sec x .

Solucion:

La inecuacion es equivalente con:

(1− senx)tgx > 0 ,

como 1− senx ≥ 0, la inecuacion es equivalente con:

1− senx > 0 , tgx > 0 ,

que se satisface para:

kπ < x < (2k + 1)π

2.

Problema 7.5.62 Resolver la inecuacion:

sen4x + cos4 x > 1 .

253

Solucion:

Como sen2x + cos2 x = 1, elevando esta al cuadrado, se obtiene:

sen4x + cos4 x = 1− 2sen2x cos[2x ,

con esto, la inecuacion planteada es equivalente con:

2sen2x cos2 x > 0 ,

que se satisface para todo x salvo aquellos de la forma:

x = kπ

2, k ∈ Z .

Problema 7.5.63 Resolver la inecuacion:

senx + cos x

senx− cos x> 0 .

Solucion:

Se tiene:

senx + cos x

senx− cos x=

senx + sen(

π2− x

)

senx− sen(

π2− x

) =2senπ

4cos

(π4− x

)

2 cos π4sen

(π4− x

) =

= cot(π

4− x

)= tg

(x− π

4

),

luego la inecuacion planteada es equivalente con la inecuacion:

tg(x− π

4

)> 0 ,

cuya solucion es:

π

4+ kπ < x <

3π

4+ kπ , k ∈ Z .

254


(I) Demostrar las identidades siguientes:

(1)

π

2−Arccos

513

= Arctg512

(2)

Arccosec178

= Arctg815

(3)

2Arctg13

= Arctg34

(4)

Arctg211

+ Arccot247

= Arctg12

(5)

2Arctg15

+ Arctg14

= Arctg3243

(6)

Arccot43−Arccot

158

= Arccot8413

(7)

Arctg12+Arctg

13

= Arctg56+Arctg

111

(8)

2Arctg54

= Arctg409

(9)sec(Arctg x) =

√1 + x2

(10)

Arctg43−Arctg 1 = Arctg

17

(11)

Arctg1

7+ Arctg

1

8+ Arctg

1

18+ Arctg 3 =

π

2

(12)

Arctg3

5+ Arcsen

3

5= Arctg

27

11

(13)sen(2 Arcsen x) = 2x

√1− x2

(14)

−1 ≤ a− x

a + x≤ 1 ⇒ 2 Arctg

√x

a= Arccos

a− x

a + x

(15)

2 Arctg1

8+ Arctg

1

7+ 2 Arctg

1

5=

π

4

(16)

Arccos63

65+ 2 Arctg

1

5= Arcsen

3

5

(17)tg(2 Arctg x) = 2tg(Arctg x + Arctg x3)

255

(18)

Arccosb + a cos x

a + b cos x= 2 Arctg

(√a− b

a + btg

x

2

)

(19)

Arcsen x− Arccos y = Arccos(y√

1− x2 + x√

1− y2 + απ

(20)

Arctg x + Arctg y + Arctg z = π ⇒ x + y + z = xyz

(21)

4 Arctg1

5− Arctg

1

12=

π

4

(22)

Arctg4

3+ Arccos

(− 2√

5

)= π + Arctg

1

2

(23)

Arcsen(−√

3

2

)+ Arccos

(− 1

2

)+ Arctg(−1) =

π

12

(24)

(cos α ≥ 0 ∧ µ = Arccot

√cos α− Arctg

√cos α

) ⇒ senµ = tg2α

2

(II) Demostrar que:

cos(Arctg

[sen

(Arctg x

)])=

( x2 + 1

1 + 2x2

) 12

.

(III) Resolver las ecuaciones:

(1)

Arctg1− x

1 + x=

12

Arctg x

(2)

Arctg x+Arctg(x−1) = Arctg(−3)

(3)

2Arctg12

+ Arccos35

= Arcsen1x

(4)

Arctg x = 2 Arccos12x

256

(5)

Arctg(x− 1

x + 1

)+ Arctg

(2x− 12x + 1

)=

= Arctg2336

(6)Arctg x = Arccotx

(7)

Arctg(x+1)−Arctg(x−1) = Arctg 2

(8)

Arcsenx−Arccos x = Arcsen(3x−2)

(9)

Arccos x−Arcsen x = Arccos x√

3

(10)

Arctgx− 1x− 2

+ Arctgx + 1x + 2

=π

4

(11)

2Arccot 2 + Arccos35

= Arccosec x

(12)

Arctg x+Arctg(1−x) = 2 Arctg√

x− x2

(IV) Resolver las ecuaciones:

(1)

senθ =1√2

(2)tgθ =

√3

(3)

tg2θ =1

3

(4)cot θ = −

√3

(5)sec2 θ = sec2 α

(6)cos 3θ = cos 2θ

(7)

sen5θ + senθ = sen3θ

(8)

1 + cos θ = 2sen2 θ

2

(9)cot θ − tgθ = 2

(10)

sen11θsen4θ + sen5θsen2θ = 0

(11)senmθ + cos nθ = 0

(12)senθ −

√3 cos θ = 1

(13)cos θ =

√3(1− senθ)

(14)

cos θ + senθ +√

2 = 0

257

(15)2senθsen3θ = 1

(16)sen3θ = 8sen3θ

(17)cos θ − senθ = cos 2θ

(18)tgθ + tg3θ = 2tgθ

(19)sec 4θ − sec 2θ = 2

(20)senθ + cos θ =

√2

(21) √3senθ + cos θ = 1

(22)cot θ − tgθ = 2

(23)

2sen2θ+4senθ cos θ−4 cos2 θ = 1

(24)

4 cos2 θ − 2 cos θ − 1 = 0

(25)2 cos3 θ + sen2θ = 1

(26)sec3 θ − 2tg2θ = 2

(27)

sen5θ − sen3θ = senθ secπ

4

(28)

cot θ + cot(π′over4 + θ

)

(29)

sen5θ − sen3θ =√

2 cos 4θ

(30)

sen7θ = sen4θ − senθ

(31)

tgθ −√

3 cot θ + 1 =√

3

(32)

7 cos θ − 24 sen θ = −17

(V) Resolver la ecuacion:

(tgα

)Arcsen x=

(cot α

)−π2(cot α

)Arcsen x√

2

(VI) Resolver los sistemas:

258

(1)

tgx + tgy = 22 cos x · cos y = 1

}

(2)

senx + seny = acos 2y − cos 2x = b

}

(3)

senx + seny = senαcos x + cos y = cos α

}

(4)

senx + seny = msenαcos x + cos y = m cos α

}

(5)

cos x · cos y =1

4

√6

senx · seny =1

4

√2

(6)√

2 sec x − √3 sec y = 0

senx − √2seny = 0

}

(7)

tgx + tgy = 1

cos x · cos y =

√2

2

(8)

cot x− cot y = 22senx · seny = 1

}

(9)

senx − √2seny = 0√

3 cos x − √2 cos y = 0

}

(10)

cot x − 3 cot y = 0

cosecx − √3cosecy = 0

}

(11)

tgx + cot y = 33 cot x + 3tgy = 4

}

(12)tgx + tgy = 1

3tg(x + y) = 4

}

(13)

sen2x − cos y = 0senx − cos 2y = 0

}

(VII) Resolver las inecuaciones:

(1)cos x < 0

(2)senx ≥ 0

259

(3)tgx ≥ 0

(4)2senx− 5 cos x > 0

(5)sen2x− 2

cos 2x + 3 cos x− 1> 0

(6) √2− 3sen2x > 1 + 4 cos x

(7)

cos x

1 + 2 cos x>

1− cos x

1− 2 cos x,(

cos x 6= ±12

)

(8)senx + cos x > 1 + sen2x

(9)

4 cot x >

√3

sen2x

(10)

2 cos 2x + 2sen2x− cosx > 1

(11)4tgx > sec2 x

(12)2tg

x

2+

senx

1 + cos x>√

3

(VIII) Demostrar que:

n∑

k=1

Arctg2

1 + (2k + 1)(2k + 2)= Arctg (2n + 3)− π

4

260


(III) (1) x =13

(2) x = −13,x = 2 (3) ∅ (4) x =

√3 (5) x = −3

8,x =

43

(6) x = ±1 (7)

x = ±2 (8) x =12, x = 1 (9) x = −1

2, x = 0, x =

12

(10) x = ± 1√2

(11) x =2524

(12) x =12.

(IV) (1) θ = (−1)k π

4+kπ (2) θ =

π

3+kπ (3) θ =

π

6+kπ, θ = −π

6+kπ (4) θ =

5π

6+kπ

(5) θ = ±α + 2kπ (6) θ =2kπ

5, θ = 2kπ (7) θ =

kπ

3, θ = ±π

6 + 2kπ (8) θ =

(2k + 1)π, θ = ±π

3+ 2kπ (9) θ =

π

8+ k

π

2(10) θ =

kπ

6, θ =

kπ

9(11) θ =

4k + 1)π2n−m

,

θ =(4k − 1)π2(n−m)

(12)θ =π

2+ 2kπ, θ =

π

6+ (2k + 1)π (13) θ =

π

2+ 2kπ, θ =

π

6+ 2kπ

(14) θ =5π

12+ 2kπ, θ = − π

12+ 2kπ (15) θ =

(2k + 1)ππ, θ = ±π

6+ kπ

(16) θ = kπ, θ = ±π

6+ kπ (17) θ =

π

4+ kπ, θ = 2kπ, θ =

π

2+ 2kπ (18) θ =

kπ

2

(19) θ =(2k + 1)π

10, θ =

(2k + 1)π2

(20) θ =π

6+ 2kπ (21) θ =

2π

3+ 2kπ, θ = 2kπ

(22) θ =(4k + 1)π

4(23) θ =

π

4+kπ, θ = −78◦ 41′ 24.24′′+180◦k (24) θ = ±π

5+2kπ,

θ = ±3π

5+2kπ (25) θ =

(2k + 1)π2

, θ = ±π

3+2kπ (26) θ = ±π

3+2kπ (27) θ = kπ,

θ = ± π

16+ k

π

2(28) θ = ±π

6+ kπ (29) θ =

(2k + 1)π8

, θ = (−1)k π

4+ kπ

(30) θ =kπ

4, θ = ±π

9+ 2k

π

3(31) θ =

π

3+ 2kπ, θ = −π

4+ kπ

(V) x = ± 1√3

(VI) (1) x = y =π

4+ kπ (2) Se llega a senx =

a

2± b

4a(3) Se llega a:

x− y

2= ±π

3+ 2kπ

y tambien ax− y

2= ±2π

3+ 2`π las que se trabajan por separado formando sistema

conx + y

2= α + nπ (4)

x + y

2= α + nπ y si |m| ≤ 2, entonces se obtiene

x− y

2=

±Arccosm

2+ 2kπ y se forma el sistema entre estas. (5) x + y = ±75◦ + 360◦k,

x−y = ±15◦+360◦` y se forman los sistemas respectivos. (6) x =π

4+kπ, y =

3π

4+kπ

(7) x1 =π

4+ (k − k1)π, y1 = k1π ; x2 = (k − k2)π, y2 =

π

4+ k2π (k es par).

(8) x = −π

4+ kπ, y =

π

4(k + `)π. (9) x =

π

4+ kπ, y =

3π

4+ kπ

(10) x = ±π

6+kπ, y = ±π

4+kπ (11) x = 56◦ 48′ 36′′+180◦k, y = 33◦ 41′ 23′′+180◦k

(12) x = y = 26◦ 33′ 54′′ + 180◦k (13) x = y =π

6+ 2kπ

(VII) (1)π

2+ 2kπ < x <

3π

2+ 2kπ (2) 2kπ < x < (2k + 1)π (3) kπ < x <

π

2+ kπ

(4) 68◦ 11′ 55′′ + 360◦k < x < 248◦ 11′ 55′′ + 360◦k (5)π

3+ 2kπ < x < −π

3+ 2kπ

261

(6) ∅ (7) −π

3+ kπ < x <

π

3+ kπ (8) −π

4+ 2kπ < x < 2kπ,

π

2+ 2kπ,

3π

4+ 2kπ

(9)π

6+ kπ < x <

π

3+ kπ (10)

2π

3+ 2kπ < x <

4π

3+ 2kπ (11)

π

12+ 2kπ < x <

3π

2+ 2kπ (12)

π

3+ 2kπ < x < π + 2kπ

262

Capıtulo ocho

RELACIONES EN EL TRIANGULO

Este capıtulo tratara lo que hemos dado en llamar Trigonometrıa propiamentetal, ya que estableceremos relaciones entre los elementos (lados y angulos) de untriangulo. Ademas encontraremos relaciones entre los trazos secundarios comoalturas, bisectrices, transversales, etc. y los elementos primarios. Esto nospermitira resolver un triangulo, es decir, dados tres elementos de un triangulo(por lo menos uno de ellos no angular), calcular los otros tres.

Extenderemos, someramente, al estudio de los cuadrilateros y polıgonos engeneral, ya que estas figuras se pueden descomponer en triangulos.

8.1 Relaciones elementales

Aquı resenaremos las relaciones conocidas de la geometrıa elemental y obten-dremos de ellas consecuencias trigonometricas.

Definicion 8.1.1 Siendo A, B, Ctres puntos no colineales se define eltriangulo ABC como la union delos trazos AB, BC y CA, o sea :

4ABC = AB ∪BC ∪ CA

Los puntos A, B, C se denominanvertices del triangulo ABC. (Verla figura 8.1).

α

γ

c

ba

B

C

A

β

Fig. 8.1

Definicion 8.1.2 Los elementos primarios de un triangulo son, respec-tivamente, los lados :

AB , BC , CA

y los angulos :6< CAB , 6< ABC , 6< BCA

Considerando la figura 4.1 vemos que las longitudes de los lados del trianguloseran simbolizadas por :

BC = a , CA = b , AB = c

263

y que las medidas de los angulos se denotaran por :

m(6< CAB) = α , m(6< ABC) = β , m(6< BCA) = γ

Teorema 8.1.1 La suma de las medidas de los angulos de un triangulo es de180◦.

8.1.1 Clasificacion de los triangulos.

Tomando en cuenta a los lados del triangulo, este puede ser:

1. Escaleno, lo que significa que las medidas de los tres lados son distintas.

2. Isosceles, lo que senala que el triangulo posee dos lados de igual mediday si los tres lados son de igual medida el triangulo sera :

3. Equilatero.

Pues bien, si ahora consideramos los angulos del triangulo y el resultado dadopor el teorema [8.1.1] ocurrira que si el triangulo tiene ya sea un angulo rectoo bien uno obtuso, entonces los otros angulos seran agudos. Por lo que untriangulo puede ser:

1. Acutangulo, cuando los tres angulos sean agudos.

2. Rectangulo, cuando uno de los angulos sea recto.

3. Obtusangulo, cuando uno de los angulos sea obtuso.

8.1.2 Otros conceptos y propiedades

Definicion 8.1.3 Al darse untriangulo se denomina anguloexterior de el a todo angulo que esadyacente a un angulo del triangulo

En la figura 8.2 el angulo CBD esun angulo exterior del trianguloABC.

D

C

BA

Fig. 8.2

264

C

BA

Fig. 8.3

Nota:Hacemos notar que en cada verticede un triangulo ABC hay dosangulos exteriores. Esto se visuali-za en la figura 8.3.

Teorema 8.1.2 La medida de unangulo exterior de un triangulo esigual a la suma de las medidas de losangulos interiores no adyacentes.

Nota:Del teorema [8.1.2] se desprende elsiguiente resultado:

Corolario 8.1.1 Un angulo exte-rior de un triangulo es mayor quecualquier angulo interior no adya-cente.

Teorema 8.1.3 La suma de las me-didas de los angulos exteriores de untriangulo es de 360◦.

’β

’ C

’

γ

α B

A

Fig. 8.4

En la figura 8.4 , el teorema anterior nos dice que si α′, β′ y γ′ son los angulosexteriores que se muestran, entonces:

α′ + β′ + γ′ = 360◦ .

Teorema 8.1.4 (Desigualdad triangular)

En un triangulo la medida de un lado es menor que la suma de las medidas delos otros.

Teorema 8.1.5 En un triangulo a lado de mayor medida se opone angulo demayor medida y viceversa.

Teorema 8.1.6 Teorema del coseno

Sea ABC un triangulo cualquiera, entonces:

a2 = b2+c2−2bc cos α , b2 = c2+a2−2ca cos β , c2 = a2+b2−2ab cos γ .

265

Teorema 8.1.7 Teorema de los senos

Sea ABC un triangulo cualquiera (cuyo circunradio es r), entonces:

a

senα=

b

senβ=

c

senγ= 2r.

Teorema 8.1.8 Teorema de las proyecciones


a = b cos γ + c cos β , b = c cos α + a cos γ , c = a cos β + b cos α·

Teorema 8.1.9 Teorema de las tangentes

En un ABC un triangulo se tiene:

a + b

a− b=

tgα+β2

tgα−β2

,b + c

b− c=

tgβ+γ2

tgβ−γ2

,c + a

c− a=

tg γ+α2

tg γ−α2

.

Teorema 8.1.10 Area del triangulo

Sea ABC un triangulo cualquiera cuya area es (ABC), entonces:

(ABC) =1

2absenγ =

1

2bcsenα =

1

2casenβ .

8.2 Otras identidades utiles

Aquı consideraremos cualquier triangulo ABC con perımetro 2s = a + b + c;transversales de gravedad ta, tb, tc; alturas ha, hb, hc; bisectrices interiores bα,bβ, bγ; circunradio r; inradio ρ y exradios ρa, ρb, ρc.

Teorema 8.2.1 Formulas de Briggs


cosα

2=

√s(s− a)

bc, cos

β

2=

√s(s− b)

ca, cos

γ

2=

√s(s− c)

ab,

senα

2=

√(s− b)(s− c)

bc, sen

β

2=

√(s− c)(s− a)

ca, sen

γ

2=

√(s− a)(s− b)

ab,

tgα

2=

√(s− b)(s− c)

s(s− a), tg

β

2=

√(s− c)(s− a)

s(s− b), tg

γ

2=

√(s− a)(s− b)

s(s− c).

266

Teorema 8.2.2 Area de un triangulo

Sea ABC un triangulo cualquiera con area (ABC), entonces:

(ABC) =√

s(s− a)(s− b)(s− c) = sρ = (s− a)ρa = (s− b)ρb =

= (s− c)ρc =abc

4r=

a2senβsenγ

2senα=

b2senγsenα

2senβ=

c2senαsenβ

2senγ.

Teorema 8.2.3 Transversales de gravedad de un triangulo


t2a =b2 + c2

2− a2

4, t2b =

c2 + a2

2− b2

4, t2c =

a2 + b2

2− c2

4.

Teorema 8.2.4 Alturas de un triangulo


ha =2

a

√s(s− a)(s− b)(s− c) , hb =

2

b

√s(s− a)(s− b)(s− c) ,

hc =2

c

√s(s− a)(s− b)(s− c) .

Teorema 8.2.5 Bisectrices interiores de un triangulo


bα =2bc

b + ccos

α

2, bβ =

2ca

c + acos

β

2, bγ =

2ab

a + bcos

γ

2.

Teorema 8.2.6 Circunradio de un triangulo


r =abc

4√

s(s− a)(s− b)(s− c).

Teorema 8.2.7 Inradio de un triangulo


ρ = (s− a)tgα

2= (s− b)tg

β

2= (s− c)tg

γ

2.

267

Teorema 8.2.8 Exradios de un triangulo


ρa = stgα

2, ρb = stg

β

2, ρc = stg

γ

2.


Problema 8.3.1 Demostrar el teorema [8.1.6] del coseno en el caso:

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ.

Solucion:

En la figura 8.5, tenemos el triangulo ABC con γ < 90◦, luego:

c2 = (a− CD)2 + h2a

y en la figura 8.6, el triangulo ABC es tal que 90◦ < γ < 180◦, luego:

c2 = (a + CD)2 + h2a .

c

γ

a

D

B

C

ha

b

A

ha C

a

c

b

D

BA

γ

Fig. 8.5 Fig. 8.6

En el primer caso resulta ha = bsenγ y CD = b cos γ y en el segundo ha =bsen(π − γ) = bsenγ y CD = b cos(π − γ) = −b cos γ, por lo tanto, en ambassituaciones, al hacer los desarrollos, se consigue:

c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ·

268

Problema 8.3.2 Demostrar que en un triangulo ABC se tiene que:

2(bc cos α + ca cos β + ab cos γ) = a2 + b2 + c2 .

Solucion:

Del teorema del coseno tenemos:

2bc cos α = b2 + c2 − a2 , 2ca cos β = c2 + a2 − b2 , 2ab cos γ = a2 + b2 − c2 ,

sumando estas tres igualdades, miembro a miembro, resulta:

2(bc cos α + ca cos β + ab cos γ) = 2(a2 + b2 + c2)− (a2 + b2 + c2) ,

de ello:2(bc cos α + ca cos β + ab cos γ) = a2 + b2 + c2 .

Problema 8.3.3 Demostrar el teorema [8.1.7] de los senos:

a

senα=

b

senβ=

c

senγ= 2r.

Solucion:

γ

γA’

O|

c

C

BA

γc

B

A’OA |

C

Fig. 8.7 Fig. 8.8

Considerando la figura 8.7 , donde γ < 90◦, se dibujo la circunferencia circuns-crita al triangulo ABC y el punto A′ diametralmente opuesto con el punto A,de ello se concluye que c = 2rsenγ, se deduce, entonces que:

c

senγ= 2r .

269

Los otros casos se demuestran en forma analoga.

Tomando ahora la figura 8.8, donde 90◦ < γ < 180◦, se dibujo la circunferen-cia circunscrita al triangulo ABC y el punto A′ diametralmente opuesto conel punto A, se deduce que c = 2rsen(π − γ) = 2rsenγ, siguiendose de ello elresultado.

Problema 8.3.4 Demostrar que en un triangulo ABC se tiene:

cos 2α

a2− cos 2β

b2=

1

a2− 1

b2.

Solucion:

Tenemos:cos 2α

a2− cos 2β

b2=

1− 2sen2α

a2− 1− 2sen2β

b2=

=1

a2− 1

b2− 2

(sen2α

a2− sen2β

b2

)=

1

a2− 1

b2.

Problema 8.3.5 Demostrar el teorema [8.1.8] de las proyeciones en el caso:

c = a cos β + b cos α·

Solucion:

β

hc

b

C

c B

α

A D

a

c

ba

D

C

A

αB

β

Fig. 8.9 Fig. 8.10

En figura 8.9 es claro que c = a cos β + b cos α y en la figura 8.10 resultac = b cos α− a cos(π − β) = a cos β + b cos α·

270

Problema 8.3.6 Demostrar que en un triangulo ABC se cumple que:

2(asen2γ

2+ csen2α

2) = a− b + c .

Solucion:

Se tiene que:

2sen2α

2= 1− cos α , 2sen2γ

2= 1− cos γ , b = c cos α + a cos γ ,

luego:

2(asen2γ

2+csen2α

2) = a(1−cos γ)+c(1−cos α) = a+c−(a cos γ+c cos α) = a−b+c·

Problema 8.3.7 Demostrar la formula de Briggs (Teorema [8.2.1]):

senα

2=

√(s− b)(s− c)

bc.

Solucion:

Del teorema del coseno resulta:

cos α =b2 + c2 − a2

2bc⇒ 1− cos α =

a2 − (b− c)2

2bc, (1)

pero:

a2 − (b− c)2 = (a + b− c)(a− b + c) = (a + b + c− 2c)(a + b + c− 2b) =

= 2(s− c) · 2(s− b) = 4(s− b)(s− c) , (2)

ademas, se sabe que:

1− cos α = 2sen2α

2. (3)

De (1), (2) y (3) resulta:

2sen2α

2=

4(s− b)(s− c)

2bc⇒ sen2α

2=

(s− b)(s− c)

bc,

con lo que:

senα

2=

√(s− b)(s− c)

bc.

271

Problema 8.3.8 Demostrar el teorema [8.1.10], es decir, el area del trianguloABC es:

(ABC) =1

2absenγ .

Solucion:

c

γ

a

D

B

C

ha

b

A

ha C

a

c

b

D

BA

γ

Fig. 8.11 Fig. 8.12

Considerando que el area del triangulo ABC es:

(ABC) =1

2a · ha . (1)

Pero, en la figura 8.11 (γ < 90◦ se tiene:

ha = bsenγ , (2)

y en la figura 8.12 (90◦ < γ < 180◦) resulta:

ha = bsen(π − γ) = bsenγ . (3)

De (1), (2) y (3) obtenemos:

(ABC) =1

2absenγ .

Problema 8.3.9 Demostrar el teorema [8.2.7], o sea que en un trianguloABC se cumple que:

ρ = (s− a)tgα

2= (s− b)tg

β

2= (s− c)tg

γ

2.

272

Solucion:

Sabemos que sρ = (ABC) =√

(s(s− a)(s− b)(s− c) de ello se concluye que:

ρ =

√(s− a)2(s− b)(s− c)

s(s− a)= (s− a)

√(s− b)(s− c)

s(s− a),

y como:

tgα

2=

√(s− b)(s− c)

s(s− a),

se obtiene:ρ = (s− a)tg

α

2.

Las restantes se demuestran por analogıa.


cos β

cos γ=

c− b cos α

b− c cos α

Solucion:

Partiendo del lado derecho de la identidad y utilizando los resultados del teo-rema de las proyecciones para los lados c y b, respectivamente, resulta:

c− b cos α

b− c cos α=

a cos β

a cos γ=

cos β

cos γ·


tgα =asenγ

b− a cos γ·

Solucion:

Comenzando con el lado derecho y recordando tanto el teorema de los senoscomo el de las proyecciones, se consigue:

asenγ

b− a cos γ=

asenγ

c cos α=

csenα

c cos α= tgα·

273


γ = 60◦ ⇒ 1

a + c+

1

b + c=

3

2s·

Solucion:

Partimos con de la hipotesis y utilizamos el teorema del coseno, resultandoγ = 60◦ ⇒ c2 = a2 + b2 − ab. Ahora tenemos:

1

a + c+

1

b + c=

a− c

a2 − c2+

b− c

b2 − c2=

a− c

ab− b2+

b− c

ab− a2=

a− c

b(a− b)+

b− c

a(b− a)=

=a2 − ac− b2 + bc

ab(a− b)

a2 − b2 − c(a− b)

ab(a− b)=

a + b− c

ab(1)

Por otro lado tenemos:

3

2s=

3(a + b− c)

(a + b + c)(a + b− c)=

3(a + b− c)

(a + b)2 − c2=

3(a + b− c)

a2 + b2 + 2ab− c2=

=3(a + b− c)

3ab=

a + b− c

ab(2)

De (1) y (2) obtenemos el resultado.

Problema 8.3.13 Demostrar que en un triangulo ABC se cumple que:[senα + senβ + senγ

a + b + c

]2

=a cos α + b cos β + c cos γ

2abc

Solucion:

En primer lugar trabajaremos con el lado izquierdo, utilizando el teorema delos senos, obteniendose:[ senα + senβ + senγ

a + b + c

]2

=[2r

2r· senα + senβ + senγ

a + b + c

]2

=[ a + b + c

2(a + b + c)

]2

=1

4r2(1.1)

Por otro lado, ocupando nuevamente el teorema de los senos junto con recordarque α + β = π − γ, tendremos:

a cosα + b cosβ + c cos γ

2abc=

2rsenα cos α + 2rsenβ cos β + 2rsenγ cos γ

2abc=

=r

2abc(sen2α + sen2β + sen2γ) =

r

2abc(2sen(α + β) cos(α− β) + 2senγ cos γ) =

=rsenγ

abc[cos(α− β)− cos(α + β)] =

2rsenγsenαsenβ

abc=

csenαsenβ

abc=

=senαsenβ

ab=

14r2

(1.2)

De (1.1) y (1.2) se concluye el resultado.

274

Problema 8.3.14 Demostrar el teorema [8.1.9] de las tangentes en el caso:

tgα+β2

tgα−β2

=a + b

a− b.

Solucion:

Al utilizar el teorema de los senos, resulta:

a + b

a− b=

senα + senβ

senα− senβ=

2senα+β2

cos α−β2

2 cos α+β2

senα−β2

=tgα+β

2

tgα−β2

Problema 8.3.15 En un triangulo ABC demostrar que:

α = 2β ⇒ a2 = b(c + b) .

Solucion:

Del teorema de los senos tenemos que:

a

senα=

c

senγ,

y como α = 2β, conseguimos:

a

sen2β=

c

senγ⇒ a

2senβ cos β=

c

senγ⇒ 2c

acos β =

senγ

senβ=

c

b,

de donde:cos β =

a

2b; (3)

pero, por el teorema del coseno tenemos:

cos β =c2 + a2 − b2

2ca, (4)

de (3) y (4) resulta:

a

2b=

c2 + a2 − b2

2ca⇒ a2(b− c) = b(b2 − c2) ⇒ a2 = b(b + c) .

Problema 8.3.16 Si el doble del cuadrado del diametro de la circunferenciacircunscrita a un triangulo ABC es equivalente a la suma de los cuadrados delos lados del triangulo, entonces:

sen2α + sen2β + sen2γ = 2 .

275

Solucion:

Tenemos:

2(2r)2 = a2 + b2 + c2 = (2rsenα)2 + (2rsenβ)2 + (2rsenγ)2 ,

de donde:2 = sen2α + sen2β + sen2γ .

Problema 8.3.17 Si en un triangulo ABC se tiene que a cos β = b cos α,entonces el triangulo es isosceles.

Solucion:

Del teorema de las proyecciones tenemos que:

a = b cos γ + c cos β ⇒ cos β =a− b cos γ

c⇒ a cos β =

a2 − ab cos γ

c,

tambien:

b = c cos α + a cos γ ⇒ cos α =b− a cos γ

c⇒ b cos α =

b2 − ab cos γ

c.

Pero, por hipotesis a cos β = b cos α, y luego:

a2 − ab cos γ

c=

b2 − ab cos γ

c⇒ a2 = b2 ⇒ a = b ,

con lo que el triangulo es isosceles.


sen(α− β)

sen(α + β)=

a2 − b2

c2.

Solucion:

Del teorema de los senos tenemos que:

senα

senβ=

a

b⇒ senα cos β

senβ cos α=

a cos β

b cos α⇒

276

⇒ sen(α− β)

sen(α + β)=

a cos β − b cos α

a cos β + b cos α=

2ca cos β − 2bc cos α

2c(a cos β + b cos α).

Pero:

2bc cos α = b2 + c2 − a2 , 2ca cos β = c2 + a2 − b2 , c = a cos β + b cos α ,

luego:sen(α− β)

sen(α + β)=

c2 + a2 − b2 − b2 − c2 + a2

2c2=

a2 − b2

c2.

Problema 8.3.19 Resolver el triangulo ABC teniendose los datos:

α, c, β .

(Caso (a , ` , a).)

C

BcA

βα

Fig. 8.13

Solucion:Considerando la figura 8.13, en ellatenemos que los datos son:

α, c, β :

Luego, a partir de ellos se consiguenlos elementos restantes por mediode:

γ = 180◦ − (α + β) ,

a =csenα

senγ, b =

csenβ

senγ

Nota:

Como ejemplo, dejamos al lector resolver el caso numerico:

α = 46◦24′15” ; c = 52, 47 ; β = 98◦41′23” .

Respuesta: a = 66, 41; b = 72, 72; γ = 34◦54′22′′.


b, α, c

(Caso (` , a , `).)

277

Solucion:Considerando la figura 8.14 tenemosque los datos son b, α, c, luego, apartir de ellos se consiguen los ele-mentos restantes por medio de:

a =√

b2 + c2 − 2ab cos α ,

β = Arccosc2 + a2 − b2

2ca

γ = Arccosa2 + b2 − c2

2ab

b

α

B

C

cA

Fig. 8.14

Nota:


b = 58 , α = 63◦ , c = 47 .

Respuesta: a = 55, 66; β = 68◦12′4.56′′; γ = 48◦47′55.44′′.


a, b, c .

(Caso (` , ` , `).)

a

B

b

c

C

A

Fig. 8.15

Solucion:Considerando la figura 8.15 tenemosque los datos son a, b, c luego, apartir de ellos se consiguen los ele-mentos restantes:

cos α =b2 + c2 − a2

2bc

cos β =c2 + a2 − b2

2ca

cos γ =a2 + b2− c2

2abNota:


a = 16, 47 ; b = 25, 49 ; c = 33, 77 .

278

Respuesta: α = 28◦5′2.18′′; β = 46◦46′4.34′′; γ = 105◦8′53.48′′.


a, b, α , pero con a > b .

(Caso (` , ` , a>`).)

Solucion:Considerando la figura 8.16 tenemosque los datos son a, b, α pero cona > b luego, a partir de ellos se con-siguen los elementos restantes:

β = Arcsenbsenα

a

γ = 180◦ − (α + β)

c =asenγ

senα

α

C

b

BA

a

Fig. 8.16

αBA

a

b

C

Aα

ab

C

B

Fig. 8.17 Fig.8.18

Discusion.

(1) Si se tuviere bsenα > a, entoncesbsenα

a> 1 ⇒ senβ > 1, o sea no se puede

resolver y la explicacion la vemos en la figura 8.17.

(2) bsenα = a ⇒ senβ = 1 ⇒ β = 90◦, lo que vemos en figura 8.18.

(3) bsenα < a ⇒ senβ < 1 ⇒siempre hay solucion.

279

(3.1) a < b ⇒ α < β ¡α no puede ser obtuso!. Si α es agudo, entonces βpuede ser agudo u obtuso.

(3.2) a = b ⇒ α = β, β no obtuso.

(3.3) a > b ⇒ α > β, β no obtuso.

A continuacion veremos algunos ejemplos de este caso.

Ejemplo 8.3.1 Resolver el triangulo ABC con los datos a = 49, 3; b = 8, 7;α = 45◦10′.

Solucion:

En esta situacion se tiene:

a > b ⇒ α > β, β = Arcsen8, 7sen45◦10′

49, 3= 7◦11′21, 07”, γ = 127◦38′38, 9”,

c =asenγ

senα= 55, 046

Ejemplo 8.3.2 Resolver el triangulo ABC con los datos a = 37, 2; b = 51, 4;α = 41◦23′12”.

Solucion:


b > a ⇒ β > α, 2 soluciones: β1 agudo, β2 obtuso.

β = Arcsen51, 4sen41◦23′12”

37, 2⇒

{β1 = 65◦59′40, 45”β2 = 114◦0′19, 55”

γ1 = 72◦37′7, 55”, γ2 = 24◦36′28, 45”, c1 = 53, 7, c2 = 23, 43.

Ejemplo 8.3.3 Resolver el triangulo ABC con los datos a = 48; b = 83;α = 37◦23′42”.

Solucion:


bsenα

a=

83sen37◦23′42”

48= 1, 05 > 1

¡no hay solucion!

280


[b3 + c3 − a3

b + c− a= a2 ∧ senβ · senγ =

3

4

]⇒ a = b = c·

Solucion:

Tenemos que:

b3 + c3 − a3

b + c− a= a2 ⇒ b3 + c3 − a3 = a2(b + c− a) ⇒ b3 + c3 = a2(b + c) ⇒

⇒ b2 − bc + c2 = a2 ⇒ cosα =12⇒ α = 60◦ ⇒ β + γ = 120◦ .

Por otro lado, como:

senβ · senγ =34⇒ 1

2[cos(β − γ)− cos(β + γ)] =

34⇒ cos(β − γ)− cos 120◦ =

32

,

de donde:

cos(β − γ) +12

=32⇒ cos(β − γ) = 1 ⇒ β − γ = 0◦ ⇒ β = γ = 60◦·

Luego el triangulo es equilatero.


ρ

4r= sen

α

2· senβ

2· senγ

2·

Solucion:

Sabemos que:

sρ = (ABC) =abc

4r⇒ 4rρ =

2abc

2s= 2

8r3senαsenβsenγ

2r(senα + senβ + senγ),

es decir:

ρ = 2rsenαsenβsenγ

senα + senβ + senγ⇒ ρ

2r=

senαsenβsenγ

senα + senβ + senγ⇒

⇒ ρ

2r= 8

senα2senβ

2senγ

2cos α

2cos β

2cos γ

2

senα + senβ + senγ(1) ,

pero en un triangulo ABC, por prostaferesis se obtiene :

senα + senβ + senγ = 4 cosα

2cos

β

2cos

γ

2(2)

De (1) y (2) el resultado se sigue.

281

Problema 8.3.25 Si los lados de un cuadrilatero ABCD son a, b, c, d res-pectivamente y θ es el angulo formado por las diagonales, entonces el area delcuadrilatero es:

(ABCD) =1

4(b2 + d2 − a2 − c2)tgθ·

a

θ

B

A

d

c

bE

D

C

Fig. 8.19

Solucion:Observando la figura 8.19 tenemosque:

(ABCD) = (ABE) + (BCE) + (CDE)+

+(DAE) =12senθ (AE ·BE + BE · CE+

+CE ·DE + DE ·AE) ,

pero:

a2 = AE2

+ BE2 − 2AE ·BE cos θ ,

de donde:

AE ·BE =AE

2+ BE

2 − a2

2 cos θ,

por analogıa:

CE ·DE =CE

2+ DE

2 − a2

2 cos θ,

por otro lado, tenemos:

b2 = BE2+ CE

2 − 2BE · CE cos(π − θ) ,

o sea:

b2 = BE2+ CE

2+ 2BE · CE cos θ ,

de donde:

BE · CE =b2 −BE

2 − CE2

2 cos θ,

por analogıa:

DE · AE =b2 −DE

2 − AE2

2 cos θ,

de todo esto se obtiene:

(ABCD) =1

4(b2 + d2 − a2 − c2)tgθ·

282

Problema 8.3.26 Si los lados de un cuadrilatero inscriptible ABCD son a,b, c, d respectivamente y su perımetro es 2s = a + b + c + d, entonces su areaesta dada por:

(ABCD) =√

(s− a)(s− b)(s− c)(s− d) ·

Solucion:

Observando la figura 8.20 donde 6< CDA = δ y 6< ABC = π − δ, resulta que:

AC2

= a2 + b2 + 2ab cos δ = c2 + d2 − 2cd cos δ ,

de esto se desprende que:

2(ab + cd) cos δ = c2 + d2 − (a2 + b2) ,

y como:

(ABCD) = (ABC) + (CDA) =

=12(ab + cd)senδ ,

se consigue:

4(ABCD) = 2(ab + cd)senδ ,

a

θ

π−θ

b

c

d

A

D

C

B

Fig. 8.20

de donde:16(ABCD)2 = 4(ab + cd)2(1− cos2 δ) =

= 4(ab + cd)2 − 4(ab + cd)2 cos2 δ = 4(ab + cd)2 − (c2 + d2 − (a2 + b2))2 =

= [2(ab + cd) + c2 + d2 − a2 − b2] · [2(ab + cd)− c2 − d2 + a2 + b2] =

= [(c + d)2 − (a− b)2][(a + b)2 − (c− d)2] =

= (a− b + c + d)(−a + b + c + d)(a + b + c− d)(a + b− c + d) =

= 2(s− a)2(s− b)2(s− c)2(s− d) ,

por lo tanto:(ABCD) =

√(s− a)(s− b)(s− c)(s− d) ·

Nota:

Este resultado se conoce como formula de Brahmagupta y veremos, enel problema resuelto [8.3.36], el caso mas general , que es aquel en que elcuadrilatero convexo ABCD es cualquiera.

283


tgα + tgβ + tgγ = tgα · tgβ · tgγ.

Solucion:

(α + β = π − γ) ⇒ (tg(α + β) = tg(π − γ)), o sea:tgα + tgβ

1− tgαtgβ= −tgγ y de ello se obtiene el resultado.

Problema 8.3.28 En la figura 8.21, el triangulo ABC es acutangulo, H esel ortocentro, HD = p, HE = q y HF = r (estos tres trazos estan contenidosen las respectivas alturas), demostrar que:

4(a

p+

b

q+

c

r) = (−a

p+

b

q+

c

r) · (a

p− b

q+

c

r) · (a

p+

b

q− c

r).

B

H

D

C

A F

γ

βγ

E

β

Fig. 8.21

Solucion:En la figura 8.21, resulta que:

CD = ptgβ y DB = ptgγ ,

en consecuencia, resulta:

a

p=

CD + DB

p= tgβ + tgγ,

por analogıa:

b

q= tgγ + tgα,

c

r= tgα + tgβ.

De ello se obtiene:

4(a

p+

b

q+

c

r) = 8(tgα + tgβ + tgγ) , (1)

(−a

p+

b

q+

c

r) · (a

p− b

q+

c

r) · (a

p+

b

q− c

r) = 8tgα · tgβ · tgγ, (2)

Recordando el problema anterior donde se demostro que en un triangulo ABCse cumple que:

tgα + tgβ + tgγ = tgα · tgβ · tgγ ,

y considerando los puntos (1) y (2) senalados con anterioridad, se consigue elresultado.

284


cos 2α + cos 2β + cos 2γ + 4 cos α cos β cos γ + 1 = 0.

Solucion:

Se tiene que α + β = π − γ, luego:

(cos 2α + cos 2β) + cos 2γ = 2 cos(α + β) cos(α− β) + cos 2γ =

= 2 cos(α + β) cos(α− β) + 2 cos2 γ − 1 = −1 + 2 cos2 γ − 2 cos γ cos(α− β) =

= −1− 2 cos γ(cos(α + β) + cos(α− β)) = −1− 4 cos α cos β cos γ.


sen2α

2+ sen2β

2+ sen2γ

2= 1− 2sen

α

2sen

β

2sen

γ

2·

Solucion:

Tenemos que:

sen2 α

2+sen2 β

2+sen2 γ

2=

12(1−cosα)+

12(1−cosβ)+sen2 γ

2= 1−cos

α + β

2cos

α− β

2+sen2 γ

2=

= 1− senγ

2(cos

α− β

2− sen

γ

2) = 1 + sen

γ

2(cos

α + β

2− cos

α− β

2) = 1− 2sen

α

2sen

β

2sen

γ

2·

Problema 8.3.31 Si α, β, γ son los angulos de un triangulo ABC y ademascos θ · (senβ + senγ) = senα , demostrar que:

tg2 θ

2= tg

β

2· tgγ

2.

Solucion:

Utilizando el teorema de los senos llegamos a que:

cos θ · (senβ + senγ) = senα ⇐⇒ cos θ · (b + c) = a ⇐⇒ cos θ =a

b + c.

Pero:

cos θ =1− tg2 θ

2

1 + tg2 θ2

,

285

luego, tenemos:a

b + c=

1− tg2 θ2

1 + tg2 θ2

,

resultando:

tg2 θ

2=

b + c− a

a + b + c=

s− a

s. (1)

Por otro lado, obtenemos por medio de las formulas de Briggs, que:

tgβ

2· tgγ

2=

√(s− c)(s− a)

s(s− b)·√

(s− a)(s− b)

s(s− c)=

s− a

s. (2)

De (1) y (2) obtenemos:

tg2 θ

2= tg

β

2· tgγ

2.

Problema 8.3.32 Si en un triangulo ABC se tiene que:

senγ =senα + senβ

cos α + cos β,

entonces el triangulo es rectangulo.

Solucion:

Utilizando las formulas de prostaferesis, resulta:

senγ =senα + senβ

cos α + cos β=

2senα+β2

cos α−β2

2 cos α+β2

cos α−β2

,

de donde:

2senγ

2cos

γ

2cos

α + β

2= sen

α + β

2,

pero como α + β + γ = π se tiene cosα + β

2= sen

γ

2y tambien se consigue

senα + β

2= cos

γ

2, luego:

2sen2γ

2cos

γ

2= cos

γ

2⇒ sen

γ

2=

1√2

,

o sea:γ

2=

π

4⇒ γ =

π

2,

con lo que el triangulo es rectangulo.

286

Problema 8.3.33 Demostrar que en un triangulo ABC se tiene que:

s2 = (ABC)(

cotα

2+ cot

β

2+ cot

γ

2

).

Solucion:

Es sencillo demostrar que en un triangulo ABC se cumple que:

cotα

2+ cot

β

2+ cot

γ

2= cot

α

2· cot

β

2· cot

γ

2,

ahora por las formulas de Briggs se tiene que:

cotα

2=

1

tgα2

=

√s(s− a)

(s− b)(s− c),

y, por analogıa resultan:

cotβ

2=

√s(s− b)

(s− c)(s− a), cot

γ

2=

√s(s− c)

(s− a)(s− b),

por lo tanto, se consigue:

cotα

2· cot

β

2· cot

γ

2=

√s(s− a)

(s− b)(s− c)·√

s(s− b)(s− c)(s− a)

·√

s(s− c)(s− a)(s− b)

= ,

=s2

√s(s− a)(s− b)(s− c)

=s2

(ABC),

con lo que:

s2 = (ABC)(

cotα

2+ cot

β

2+ cot

γ

2

).

Problema 8.3.34 Se ve la cima de una cumbre desde tres puntos distintosA, B, C de modo que el angulo de elevacion desde los tres puntos es el mismo,digamos δ. Demostrar que la altura h de la cumbre con respecto al plano(A,B, C) esta dada por:

h =1

2atgδcosecα ,

donde a y α son elementos del triangulo ABC.

287

Solucion:

Sea O el punto de proyeccion de la cima sobre el plano (A,B, C), luego seobtiene:

h = OAtgδ = OBtgδ = OCtgδ ,

deducimos entonces que OA = OB = OC son radios de la circunferenciacircunscrita al triangulo ABC. Por tal motivo, se tiene que

OA =1

2acosecα ,

y, por lo tanto, conseguimos:

h =1

2atgδcosecα .

Problema 8.3.35 Si en un triangulo ABC se cumple que:

(a2 + b2)sen(α− β) = (a2 − b2)sen(α + β) ,

entonces el triangulo es o bien isosceles o bien rectangulo.

Solucion:

De:

(a2 + b2)sen(α− β) = (a2 − b2)sen(α + β) ,

obtenemos:

(sen(α + β) + sen(α− β))b2 = (sen(α + β)− sen(α− β))a2 ,

o mejor:

2b2senα cos β = 2a2 cos αsenβ ,

pero como:

bsenα = asenβ ,

resulta:

b cos β = a cos α ,

luego:

2rsenβcosβ = 2rsenα cos α ⇒ sen2β = sen2α ,

288

con lo que:

α = (−1)kβ + kπ

2k ∈ Z ,

pero como α y β son angulos interiores de un triangulo, se deduce que k = 0o k = 1, por lo tanto, tenemos:

α = β , o bien : α = −β +π

2,

esto nos dice que el triangulo o bien es isosceles o bien es rectangulo.

Problema 8.3.36 Dado un cuadrilatero ABCD de lados AB = a, BC = b,CD = c, DA = d, perımetro 2s = a + b + c + d,angulos interiores opuestos6< DAB = α, 6< BCD = γ y δ = α + γ. Demostrar que el area de estecuadrilatero es:

(ABCD) =

√(s− a)(s− b)(s− c)(s− d)− abcd cos2

δ

2.

A

c

d b

a

D

B

C

Fig. 8.22

Considerando la figura 8.22 y utili-zando el teorema del coseno referidoa la diagonal BD, resulta:

BD2

= a2 + d2 − 2ad cos α , (1)

BD2

= b2 + c2 − 2bc cos γ . (2)

Ademas, se tiene:

(ABCD) = (DAB) + (BCD) ,

de donde:

4(ABCD) = 2adsenα+2bcsenγ . (3)

De las expresiones (1), (2) y (3) se obtiene:

16(ABCD)2 + (a2 + d2 − b2 − c2)2 = 4(a2d2 + b2c2)− 8abcd cos2(α + γ) ,

por lo tanto, llegamos a:

16(ABCD)2 = 4(ad + bc)2 − (a2 + d2 − b2 − c2)2 − 8abcd(1 + cos δ) ,

o mejor:

16(ABCD)2 = 4(ad + bc)2 − (a2 + d2 − b2 − c2)2 − 16abcd cos2 δ

2, (4)

289

pero:

4(ad + bc)2 − (a2 + d2 − b2 − c2)2 = 16(s− a)(s− b)(s− c)(s− d) , (5)

de las expresiones (4) y (5) llegamos a:

16(ABCD)2 = 16(s− a)(s− b)(s− c)(s− d)− 16abcd cos2 δ

2,

con lo que finalmente:

(ABCD) =

√(s− a)(s− b)(s− c)(s− d)− abcd cos2

δ

2.

Nota:

En el caso en que el cuadrilatero ABCD es inscriptible, o sea cuando δ =α + γ = π, vemos que se consigue la formula de Brahmagupta que yaencontramos en el problema resuelto [8.3.26].

Problema 8.3.37 Siendo a > 0, b > 0 y 0 < γ < π se pide factorizar lacantidad subradical de :

√a2 + b2 − 2ab cos γ .

Solucion:

Tenemos que:

a2 + b2 − 2ab cos γ = (a + b)2 − 2ab(1 + cos γ) =

= (a + b)2 − 4ab cos2 γ

2= (a + b)2

[1− 4ab cos2 γ

2

(a + b)2

],

pero:4ab

(a + b)2≤ 1 ,

y, con mayor razon se tiene:

4ab cos2 γ2

(a + b)2≤ 1 ,

luego:

∃ δ ∈]0 , π[ tal que : cos2 δ =4ab cos2 γ

2

(a + b)2;

290


a2 + b2 − 2ab cos γ = (a + b)2(1− cos2 δ) = (a + b)2sen2δ ,

por lo que no hay ambiguedad de signo al extraer raız y conseguimos:

√a2 + b2 − 2ab cos γ = (a + b) senδ .

Problema 8.3.38 En un triangulo ABC se pide resolver el siguiente sistema:

cos α · cos β =1

4

√6

senα · senβ =1

4

√2

.

Solucion:

Restando y sumando miembro a miembro ambas ecuaciones se consigue:

cos(α + β) =1

4

(√6−

√2)

cos(α− β) =1

4

(√6 +

√2)

,

luego:α + β = 75◦

α − β = 15◦

},

y, por lo tanto, se obtienen α = 45◦ y β = 30◦.

Problema 8.3.39 Si α, β y γ son los angulos de un triangulo ABC y:

cos 3α + cos 3β + cos 3γ = 1 ,

demostrar que alguno de los angulos mide 120◦.

Solucion:

Se tiene:

cos 3α + cos 3β = 2 cos3

2(α + β) cos

3

2(α− β) ,

291

como:

γ = 180◦ − (α + β) ⇒ 3γ = 540◦ − 3(α + β) = 360 + (180◦ − 3(α + β)) ,

luego:

cos 3γ = − cos(α + β) = 1− 2 cos2 3

2(α + β) .

Por lo tanto:

cos 3α+cos 3β +cos 3γ = 1+2 cos3

2(α+β)

(cos

3

2(α− β)− cos

3

2(α + β)

)=

= 1 + 2 cos3

2(180◦ − γ)

(−2sen

3

2αsen

(−3

2β

))=

= 1 + 4 cos

(270◦ − 3

2γ

)sen

3

2αsen

3

2β =

= 1− 4sen3

2αsen

3

2βsen

3

2γ .

Ası, si cos 3α+cos 3β +cos 3γ = 1, entonces 1−4sen32αsen3

2βsen3

2γ = 0, o sea:

sen3

2α = 0 ∨ sen

3

2β = 0 ∨ sen

3

2γ = 0 .

Si, por ejemplo, sen32α = 0, entonces 3

2α = 0◦ o 360◦, de modo que α = 0◦o 120◦

y la unica posibilidad es α = 120◦, ya que α es angulo de un triangulo. Enconsecuencia, α = 120◦ o β = 120◦ o γ = 120◦.

Nota:

Si α = 120◦, entonces cos 3α = cos 360◦ = 1 y luego β + γ = 60◦ y:

cos 3β + cos 3γ = 2 cos3

2(β + γ) cos

3

2(β − γ) = 0 ,

ya que cos 32(β + γ) = cos 90◦ = 0. Ası, si α = 120◦, cualesquiera sean β y γ

(agudos, con β + γ = 60◦) se tendra que cos 3α + cos 3β + cos 3γ = 1. Por lotanto, el problema es si y solo si:

cos 3α + cos 3β + cos 3γ = 1 ⇐⇒ (α = 120◦ ∨ β = 120◦ ∨ γ = 120◦) .

Problema 8.3.40 Determinar la distancia desde un punto accesible A a unpunto inaccesible C.

292

Solucion:Tal como vemos en la figura 8.23 setoma otro punto accesible B con loque se conoce la distancia AB y semiden los angulos 6< BAC = α y6< ABC = β del triangulo ABCque forman las visuales desde A yB al observar C. Podemos calcularahora AC porque conocemos α, β yAB = c. Tenemos entonces el ca-so (a , ` , a); obteniendose, como yasabemos:

A

γ

b

c

α

β

C

a

B

Fig. 8.23

6< BCA = γ = 180◦ − (α + β) , CA = b =c senβ

senγ

Problema 8.3.41 Se necesita averiguar las distancias desde un punto acce-sible C a dos puntos inaccesibles A y B. Se sabe que hay un punto D colinealcon C y con A , en el orden C −A−D y que dista 175 m. de A; tambien hayun punto E colineal con C y con B, en el orden C − B − E y que dista 225m. de B. Ademas AB = 300 m. DB = 326 m. y DE = 488 m. EncontrarCA y CB.

Solucion:

A

B

D

EC

Fig. 8.24

Considerando la figura 8.24, tene-mos que en 4ABD:

cos 6< BAD =1752 + 3002 − 3262

2 · 175 · 300=

= 0, 136657142

⇓6< BAD = 82◦ 8′ 43, 96′′ ,

cos 6< ABD =3002 + 3262 − 1752

2 · 300 · 3326=

= 0, 846886503

⇓6< ABD = 32◦ 7′ 31, 35′′ ,

293

Ahora en 4BDE, resulta

cos 6< DBE =2252 + 3262 − 4882

2 · 225 · 326= −0, 55380368 ⇒6< DBE = 123◦ 37′ 42′′ .

Ahora en 4ABC se tiene AB = 300, ademas:

6< BAC = 180◦− 6< BAD = 97◦ 51′ 16, 04′′ ,

6< ABC = 180◦ − (6< ABD+ 6< DBE) = 24◦ 14′ 46, 65′′ ,

con lo que:6< ACB = 57◦ 53′ 57, 31′′ ,

luego:

CA =ABsen 6< ABC

sen 6< ACB≈ 145 m. , CB =

ABsen 6< BAC

sen 6< ACB≈ 350 m.


1. Determinar el area del paralelogramo si sus lados adyacentes son 42 cm.y 32 cm. y forman un angulo de 30◦.

2. Demostrar el teorema [8.2.1] en el segundo y tercer casos.

3. Demostrar que en un triangulo ABC se cumple que:

√bc(s− b)(s− c) cos

α

2= (ABC) .

4. Demostrar el teorema [8.2.2].


6. Si en un triangulo ABC a = 25, b = 39 y c = 40, encontrar las longitudesta, tb y tc.


8. Si en un triangulo ABC a = 25, b = 39 y c = 40, encontrar las longitudesha, hb y hc.


b2sen2γ + c2sen2β = 4(ABC) .

294


11. Si en un triangulo ABC a = 25, b = 39 y c = 40, encontrar las longitudesbα, bβ y bγ.


13. Si en un triangulo ABC a = 13, b = 14 y c = 15, encontrar las longitudesr, ρ.



(ρa − ρ)(ρb + ρc) = a2 .


b− c

ρa

+c− a

ρb

+a− b

ρc

= 0 .


4(ABC)(cot α + cot β + cot γ) = a2 + b2 + c2 .


ρa + ρb + ρc − ρ = 4r .


ρ · ρa · ρb · ρc = (ABC)2 .

20. Determinar el area del triangulo de lados a = 171 cm., b = 195 cm. yc = 204 cm.


r · ρ · (senα + senβ + senγ) = (ABC) .

22. En un paralelogramo los lados miden 2 cm. y 3 cm. respectivamente yel angulo comprendido entre ellos es de 60◦. Demostrar que el anguloformado por las diagonales es aproximadamente 64◦18′23.8” .

295


1

ρa

+1

ρb

+1

ρc

=1

ρ.

24. Dos lados de un triangulo son a = 120 m. y b = 300 m. y el anguloγ = 150◦, determinar el area del triangulo.


1

ρa

+1

ρb

=2

hc

.

26. Si en el triangulo ABC se tiene ρa = 8, ρb = 12 y ρc = 24, encontrar laslongitudes ha, hb y hc.


(1

ρ− 1

ρa

)(1

ρ− 1

ρb

)(1

ρ− 1

ρc

)=

4r

ρ2s2.


4r cosγ

2= (a + b) sec

α− β

2,


ρ + ρa + ρb − ρc = 4r cos γ .

30. Dado un triangulo ABC cualquiera, demostrar que su area esta dadapor:

(ABC) =a2senβsenγ

2senα

31. Resolver el triangulo ABC sabiendo que:

a = 524, 7 , β = 46◦24′ , γ = 98◦41′ .


b = 2, 5 , c = 2 , α = 22◦20′ .


a = 8 , b = 7 , c = 9 .

296

34. Resolver los triangulos ABC sabiendo que:

a = 62, 48 , b = 89, 72 , α = 32◦16′ .

35. Determinar los valores de α tales que 0 < α < π que satisfacen:

2 cos2 α + senα < 2 .


tg(α

2+ β

)=

a + b

a− btg

α

2.

37. Si los lados de un triangulo ABC estan en progresion aritmetica y si aes el menor, entonces:

cos α =4c− 3b

2c.

38. Demostrar que en un triangulo ABC se tiene que:

b cos β + c cos γ = a cos(β − γ) .


sen(β +

γ

2

)cos

γ

2=

a + b

b + ccos

α

2cos

β − γ

2.


a cos β cos γ + b cos γ cos α + c cos α cos β =2(ABC)senα

a.

41. Demostrar que en si un triangulo ABC se tiene que:

c(a + b) cosβ

2= b(c + a) cos

γ

2,

entonces el triangulo es isosceles.


sen(α− β)

sen(α + β)=

a2 − b2

c2.

297


tg(α

2+ β

)=

c + b

c− btg

α

2.

44. Si el area de un triangulo ABC es 96 y los exradios son ρa = 8, ρb = 12y ρc = 24, determinar a,b y c.

45. Dado un triangulo ABC, demostrar que los angulos del respectivo triangu-lo ortico son 180◦ − 2α, 180◦ − 2β y 180◦ − 2γ.

46. Dado un triangulo ABC, demostrar que el area del respectivo trianguloortico es:

1

2r2sen2αsen2βsen2γ .

47. Dado un triangulo ABC, demostrar que el inradio del respectivo triangu-lo ortico es 2r cos α cos β cos γ.

48. Dado un triangulo ABC, demostrar que los lados del respectivo trianguloortico son a cos α, b cos β y c cos γ.

49. Dado un triangulo ABC, demostrar que el perımetro del respectivotriangulo ortico es 4rsenαsenβsenγ.


1

ha

+1

hb

+1

hc

=1

ρ.


1

ha

+1

hb

− 1

hc

=1

ρc

.

52. En un triangulo ABC resolver el sistema:

senα =3

4senβ

tgα =1

2tgβ

.


a2 − b2 = 2rcsen(α− β) .

298

54. Sean α angulo fijo y β angulo variable de un triangulo ABC, se definela funcion real f mediante:

f(β) =senβ + sen(α + β)

cos β − cos(α + β), con 0 ≤ β ≤ π − α ,

demostrar que f(β) es una funcion constante.


a cos α + b cos β + c cos γ = 4rsenαsenβsenγ .


a cot α + b cot β + c cot γ = 2(r + ρ) .


a2b2c2(sen2α + sen2β + sen2γ) = 32(ABC)3 .


cos2 α

2+ cos2 β

2+ cos2 γ

2= 2 +

ρ

2r.


(b + c)tgα

2+ (c + a)tg

β

2+ (a + b)tg

γ

2= 4r(cos α + cos β + cos γ) .

60. Dado el cuadrilatero convexo ABCD cuyas diagonales son AC = e yBD = f y el angulo entre las diagonales mencionadas es δ, entonces elarea del cuadrilatero es:

(ABCD) =1

2· e · f · senδ .

61. Dado el cuadrilatero inscriptible ABCD de lados AB = a, BC = b,CD = c, DA = d y cuyas diagonales son AC = e y BD = f y el anguloentre las diagonales mencionadas es δ, entonces:

2 · e · f · cos δ = (a2 + c2)− (b2 + d2) .

299

62. Dado el cuadrilatero circunscriptible ABCD de lados AB = a, BC = b,CD = c, DA = d, entonces el area del cuadrilatero es:

(ABCD) =√

abcdsenα + γ

2.

63. Dado el cuadrilatero inscriptible y circunscriptible ABCD cuyos ladosson AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, entonces el area del cuadrilateroes:

(ABCD) =√

abcd .

64. Un avion vuela con rapidez de 246,3 [km/h] en aire con calma. Si elviento sopla con rapidez de 43,5 [km/h] en direccion S 21◦ O y el aviontiene rumbo S 53◦ E, se pide determinar la magnitud de la rapidez delavion y su direccion.

65. Una persona camina por una carretera de sur a norte. Al comenzarsu caminata ve a su derecha dos edificios, los que forman un angulo de60◦ con la persona en el vertice. El edificio que esta mas cerca hacia elnorte la persona lo ve con un angulo de 15◦ con respecto a la carretera;cuando ha caminado 50 km. vuelve su mirada hacia el sur este y ve quelos edificios estan alineados formando un angulo de 60◦ con la carretera.Determinar la distancia entre los edificios.

300


(1) 672 m.2

(6) ta = 37, 47; tb = 27, 1; tc = 25, 94.

(8) ha = 12, 48; hb = 8; hc = 7, 8.

(11) bα = 35, 54; bβ = 25, 3; bγ = 24, 38.

(13) r = 8, 125; ρ = 4.

(20) 15390 cm.2

(24) 9000 m.2

(26) ha = 4; hb = 6; hc = 2, 4

(31) α = 34◦55′; b = 663, 9; c = 906, 2

(32) a = 1, 000056; β = 108◦12′26′′; γ = 49◦27′34′′

(33) α = 58◦24′43′′; β = 48◦11′23′′; γ = 73◦23′54′′

(34) Caso ambiguo resultando:c1 = 116; β1 = 50◦2′; γ1 = 97◦42′

c2 = 35, 72; β2 = 129◦58′; γ2 = 17◦46′

(35)π

6< α <

5π

6(52) α = 40◦12′10.68” , β = 59◦23′27.97”

(64) Aprox. 238 [km/h] y aprox. S 63◦ E.

(65) 54,9 km.

301

Capıtulo nueve

NUMEROS COMPLEJOS

9.1 Introduccion

Los numeros complejos tienen suma importancia en Matematica puesto quehan contribuido considerablemente en su desarrollo; para darse cuenta bastacitar a Federico Gauss con el teorema fundamental del algebra, tambiena Leonhard Euler con la representacion de los complejos y a Cauchy conla teorıa de las funciones analıticas. La genesis del numero complejocomienza con la resolucion de la ecuacion:

x2 + 1 = 0

la que no es solucionable en el campo real, porque, en ese campo es conocidoel hecho de que todo cuadrado es no negativo.

9.2 Algebra de complejos

Comenzaremos este parrafo recordando que el conjunto C de los numeros com-plejos provisto de adicion y multiplicacion constituye un campo. Posteriormen-te veremos la conjugacion compleja y finalmente la obtencion del modulo deun complejo.

9.2.1 (C, +, ·) es campo

Definicion 9.2.1C = {z | z = (x, y); x, y ∈ R}

x se conoce como parte real de z ( la notacion es: x = <e z) e y se denominaparte imaginaria de z ( y la notacion es: y = Im z).

Definicion 9.2.2 Sean zk = (xk, yk) ∈ C k = 1, 2, se define:

(1) La igualdad de los complejos z1 y z2 como:

z1 = z2 ⇐⇒ (x1 = x2 e y1 = y2) .

303

(2) La suma de los complejos z1 y z2 como:

z1 + z2 = (x1 + x2, y1 + y2) .

(3) El producto de los complejos z1 y z2 como:

z1 · z2 = (x1x2 − y1y2, x1y2 + x2y1) .

Teorema 9.2.1 (C, +, ·) posee estructura de campo, pues:

(1) z1 + z2 = z2 + z1

(2) z1 + (z2 + z3) = (z1 + z2) + z3

(3) z + 0 = z = z + 0, 0 = (0, 0)

(4) z + (−z) = 0 = (−z) + z

(5) z1 · z2 = z2 · z1

(6) z1 · (z2 · z3) = (z1 · z2) · z3

(7) 1 · z = z = z · 1, 1 = (1, 0)

(8) z 6= 0, z · z−1 = 1 = z−1 · z,(si z = (x, y), entonces

z−1 = (x

x2 + y2,

−y

x2 + y2).)

(9) z1 · (z2 + z3) = z1 · z2 + z1 · z3

Nota:

Ademas, el conjunto de los numeros complejos provisto de la adicion y ponde-racion por escalar constituye un modelo de espacio vectorial.

Teorema 9.2.2 El conjunto:

C0 = {z ∈ C | z = (x, 0)}

es cerrado para adicion y multiplicacion y se denomina conjunto de com-plejos reales.

Notacion. A los complejos reales se les simbolizara por x ≡ (x, 0).

9.2.2 La unidad imaginaria

Definicion 9.2.3 Se define la unidad imaginaria como el complejo:

i = (0, 1).

304

Teorema 9.2.3 Si n ∈ N e i es la unidad imaginaria, entonces:

i4n = 1, i4n+1 = i, i4n+2 = −1, i4n+3 = −i .

En particular, i2 = −1.

Nota:

Siendo z = (x, y) ∈ C se tiene:

z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = x + (0, y)

pero:yi = (y, 0) · (0, 1) = (0, y)

por lo tanto, tenemos:z = (x, y) = x + yi

esta ultima forma de z se conoce como forma estandar o binomia delcomplejo z.

Nota:

El conjunto:Ci = {z ∈ C | z = (0, y)}

se conoce como conjunto de complejos imaginarios puros.

Notacion. A los complejos imaginarios puros se les simbolizara por:

yi ≡ (0, y).

Teorema 9.2.4 C es suma directa de C0 y Ci, o sea:

C0

⊕Ci = C .

Esto quiere decir (como ya hemos visto) que:

z = (x, y) = (x, 0) + (0, y) = x + (0, 1)y = x + iy .

Nota:

La notacion:C0

⊕Ci = C

significa que C0 y Ci tienen como interseccion exclusivamente al complejo nuloy que la suma de C0 y Ci es C.

305

9.2.3 La conjugacion compleja

Definicion 9.2.4 Dado z = (x, y) = x + yi ∈ C se define su complejoconjugado como el complejo:

z = (x,−y) = x− yi .

Teorema 9.2.5 La conjugacion compleja tiene las siguientes propiedades:

(1) z = z

(2) z1 + z2 = z1 + z2

(3) z1 · z2 = z1 · z2

(4) z + z = 2<e z

(5) z − z = 2iIm z

(6) Siendo z = x + yi se tiene z · z = x2 + y2 ≥ 0 y z = 0 ⇐⇒ z = 0.

(7) En general, si p(z) es un polinomio de coeficientes reales, entonces:

p(z) = p(z).

9.2.4 Modulo de un complejo

Definicion 9.2.5 Dado z = (x, y) = x + yi ∈ C se define su modulo como:

|z | =√

z · z =√

x2 + y2

Teorema 9.2.6 Las propiedades del modulo de un complejo son las siguientes:

(1) |z | ≥ 0 , (|z | = 0 ⇐⇒ z = 0)

(2) | − z | = |z | = |z |(3) |z1 · z2 | = |z1 | · |z2 |(4) z 6= 0 ⇒ |z−1 | = |z |−1

(5) <e z ≤ |z | e Im z ≤ |z |

306

(6)∣∣∣z1

z2

∣∣∣ =|z1 ||z2 |

(7) |z1 + z2 | ≤ |z1 |+ |z2 | (Desigualdad triangular).

(8) Si z 6= 0, z−1 =z

| z |2 .

9.3 Forma polar de un numero complejo

x

Y

y

>Q

P

θ

^

r

O X

Y

XO

P

ry

x

^

>Q

θ

Fig. 9.1

Observando ahora la figura 9.1 tenemos el plano de Argand, y en este plano

se presenta el punto P (z) (con−→OP = z) donde:

z =

{0 ( cos 0 + i sen0 ) si z = 0r ( cos θ + i senθ ) si z 6= 0

teniendose que esta es la forma polar del complejo z y en ella:

r = |z| ≥ 0 y θ =6< XOP = Argz ∈]− π, π] .

Luego r = |z| es el modulo del complejo z y θ =6< XOP = Argz es el argu-mento del complejo z.

De lo anterior se desprende que:

z = r(cos θ + isenθ) = rCisθ .

En particular si r = 1 el complejo es unitario, se simboliza por u:

u = Cisθ = cos θ+i senθ , u = Cis(−θ) = cos θ−i senθ = u−1, |u | = | u | = 1 .

307

Nota:

Posteriormente, en cursos de Calculo se hara ver que:

Cisθ ≡ eiθ , Cis(−θ) = e−iθ .

Teorema 9.3.1 Se tiene que:

(1) u(θ) = eiθ se comporta como una funcion exponencial, o sea:

u(θ1) · u(θ2) = u(θ1 + θ2)

(2) u(θ) = eiθ es funcion periodica de perıodo 2π.

(3) ∀n ∈ N[(

eiθ)n

= einθ]

(Teorema de De Moivre )

(4) ∀n ∈ N[(

e−iθ)n

= e−inθ]

9.4 Raıces de un numero complejo

9.4.1 Raıces cuadradas de z0

Comenzaremos recordando la resolucion de la ecuacion z2 = z0 con z0 conocido.Suponiendo que z0 = x0 + iy0 y z = x + iy resulta la siguiente resolvente alobservar el signo de y0:

y0 > 0 ⇒ z = ±(√

x0 +√

x20 + y2

0

2+ i

√√x2

0 + y20 − x0

2

)

y0 < 0 ⇒ z = ±(√

x0 +√

x20 + y2

0

2− i

√√x2

0 + y20 − x0

2

)

Por ejemplo, si z2 = 7−24i, entonces se consigue z = ±(4−3i) y si z2 = 15+8i,resulta z = ±(4 + i).

308

9.4.2 Raıces n-esimas de w0

Estudiaremos la resolucion de la ecuacion zn = w0 con w0 conocido y n ∈ N.Suponiendo que w0 = r0e

iθ0 y z = reiθ resulta la siguiente conclusion:

r = n√

r0 θ =θ0 + 2kπ

n, k ∈ {0, 1, 2, · · · , n− 1}

Luego la resolvente es:

zk = n√

r0 · eiθ0+2kπ

n , k ∈ {0, 1, 2, · · · , n− 1}

o mejor:

zk = n√

r0 · eiθ0n · e i2kπ

n , k ∈ {0, 1, 2, · · · , n− 1} .

Como caso particular tenemos la ecuacion zn = 1 resultando las siguientesraıces n-esimas de la unidad:

ωk = ei2kπ

n , k ∈ {0, 1, 2, · · · , n− 1} ,

las que representan a las posiciones de los vertices del polıgono regular inscritoen la circunferencia con centro en el origen y radio unitario C[O, 1]. A talpolıgono inscrito P0P1P2 · · ·Pn−1 en C[O, 1] lo vemos en la figura 9.2.

ω

^

>

•

P4

P3

•

•

n2π/

P(n–1)

P5

P1

P2

O X

Y

P0

Fig. 9.2

309

Por otro lado, es claro que:n−1∑

k=0

ωk = 0

Observando la figura 9.3, vemos que si P0(ω0) y P1(ω1), entonces el trazo P0P1

representa el lado del polıgono inscrito en C[O, 1] y su longitud `n se consiguedel modo siguiente:

`n = P0P1 = |−−→P0P1| =∣∣∣∣ 1 + cos

2π

n+ isen

2π

n

∣∣∣∣ = 2senπ

n

2π/

Y

XOn

P1

P0 >

^

Fig. 9.3

OX

Y

1

ω

^

>

ω2

Fig 9.4

En particular si n = 3 se consi-guen las raıces cubicas de la uni-dad, las que fijan las posiciones delos vertices del triangulo equilateroinscrito en C[O, 1] y cuyo grafico ve-mos en la figura 9.4. Se anotan 1, ωy ω = ω2, teniendose 1+ω +ω2 = 0.

Teorema 9.4.1 Si 1, ω y ω = ω2 son las raıces cubicas de la unidad y z1, z2,

310

z3 tres complejos cualesquiera, entonces:

z21 + z2

2 + z23− z1 · z2− z2 · z3− z3 · z1 = (z1 +ω · z2 +ω2 · z3) · (z1 +ω2 · z2 +ω · z3).

Teorema 9.4.2 Si 1, ω y ω2 son las raıces cubicas de la unidad y m ∈ N peroen el caso en que m no es multiplo de 3 (o sea, m = 3p+1, o bien, m = 3p+2),entonces

1 + ωm + ω2m = 0 .

9.5 Graficos elementales. Multiplicacion de

un complejo por un complejo unitario

9.5.1 Graficos elementales

En esta seccion presentaremos los graficos tanto de la suma como de la diferen-cia, del producto y por ultimo del cuociente, de dos numeros complejos. Estoes importante, a causa de las multiples utilidades que prestan en la resolucionde problemas geometricos.

^

P1

>

P2

P

X

Y

O

P2 ’

P

P1

>

^

O X

Y

P2

z1 + z2 z1 − z2

Fig. 9. 5 Fig. 9.6

311

P1

>

^

UO X

Y

P2

P

U

^

P2

Y

O X

P

P1

>

z1 · z2 z1 ÷ z2

Fig. 9.7 Fig. 9.8


4OUP1 ∼ 4OP2P ⇒ OP

OP1

=OP2

OU⇒ z

z1

=z2

1⇒ z = z1 · z2 .


4OUP ∼ 4OP2P1 ⇒ OP

OP1

=OU

OP2

⇒ z

z1

=1

z2

⇒ z = z1 ÷ z2 .

9.5.2 Multiplicacion de un complejo por un complejounitario

Sea u = eiα, en la figura 9.9 se tiene:

−−→OP = z = reiθ ,

y: −−→OQ = z · u = rei(θ+α) .

Luego tenemos que:“Al multiplicar un complejo por elcomplejo unitario u = eiα se produ-ce el efecto geometrico de una rota-cion de angulo α en torno de O yen sentido positivo o contrario a lospunteros del reloj”.

>

^

X

Y

P

Q

αO

Fig 9.9

312

9.6 La recta y la circunferencia en el plano

complejo

9.6.1 Ecuacion de la recta

En la figura 9.10 sea P0(z0) un pun-to fijo de la recta `, P (z) un puntovariable de ` y ω 6= 0 la direccion de`, entonces la ecuacion de la recta `es:

` : z = z0 + λω, λ ∈ R.

>

^

W

P

P1

P2

Y

XO

Fig 9.10

Ahora bien, si la recta esta determinada por los puntos distintos P1(z1) y P (z2),

entonces la ecuacion de la recta←→

P1P2 es:

←→P1P2 : z = z1 + λ(z2 − z1), λ ∈ R.

9.6.2 Ecuacion de la circunferencia

En la figura 9.11 sea C(zC) el centrode la circunferencia, P (z) un puntovariable de ella y r ∈ R+ su radio,entonces la ecuacion de la circunfe-rencia es:

C[C, r] : |z − zC | = r,

o tambien:

C[C, r] : zz−2<ezCz+zCzC−r2 = 0.

>

P

OX

Y

C

^

Fig 9.11

Otra ecuacion para C[C, r], considerando siempre la figura 9.11, se obtiene delmodo siguiente: −→

CP = reiθ − π < θ ≤ π

de donde:z − zC = reiθ − π < θ ≤ π (1)

313

Pero:

eiθ =ei θ

2

e−i θ2

=cos θ

2+ isen θ

2

cos θ2− isen θ

2

=1 + itg θ

2

1− itg θ2

,

y, colocando tgθ

2= t ∈ R se consigue:

eiθ =1 + it

1− itt ∈ R (2)

De (1) y de (2) se deduce la nueva ecuacion:

C[C, r] : z = zC + r1 + it

1− itt ∈ R

9.7 Simetral de un trazo. Circunferencia de

Apolonio

En esta seccion nos daremos dos puntos y recordaremos los lugares geometri-cos conocidos como la simetral del trazo determinado por esos puntos y lacircunferencia de Apolonio del trazo determinado por esos puntos.

9.7.1 Ecuacion de la simetral de un trazo

Y

XO

A

x P

B>

^

Fig 9.12

En la figura 9.12 se tienen los pun-tos A(zA), B(zB) como extremos deltrazo AB y P (z) es un punto cual-quiera de la simetral sAB de este,con ello se tiene AP = PB, o sea|z − zA| = |z − zB|. Luego la ecua-cion pedida es:

sAB : |z − zA| = |z − zB|.

314

9.7.2 Ecuacion de la circunferencia de Apolonio

Sea λ ∈ R+. En la figura 6.13 setienen los puntos A(zA), B(zB) co-mo extremos del trazo AB. Si P (z)es un punto variable de la circunfe-rencia de Apolonio del trazo AB conrazon λ, este cumplira la condicion:

AP

PB= λ

de donde la ecuacion de esta circun-ferencia sera:

∣∣∣z − zA

z − zB

∣∣∣ = λ.

xMxA

E

X

D

Y

O

B

>

^

xP

x

Fig 9.13

De la figura 9.13 tambien es claro que tanto el punto de division interiorD(zD)como el punto de division exterior tienen posiciones dadas, respecti-vamente por:

zD =zA + λzB

1 + λ, zE =

zA − λzB

1− λ.

A su vez, tanto la posicion del centro M(zM) de esta circunferencia como suradio r vienen dados,respectivamente, por:

zM =zD + zE

2=

za − λ2zB

1− λ2, r =

|zE − zD|2

= λ|zA − zB||1− λ2| .

9.8 Argumento de un trazo dirigido y angulo

entre trazos dirigidos

Mas adelante recordaremos, de la geometrıa elemental, el lugar geometricoconocido como arco capaz de un angulo con cuerda dada. Para poderestudiarlo en el ambito de los numeros complejos es necesario definir tantoel argumento de un trazo dirigido como tambien el angulo entre dos trazosdirigidos.

315

9.8.1 Argumento de un trazo dirigido

φ >

^Y

P2

P P1x

φO X

Y

P2

XO

x

^

>

P

φφ

P1

0 ≤ φ ≤ π −π < φ ≤ 0

Fig. 9.14 Fig. 9.15

Tal como vemos, ya sea en la figura 9.14 o bien en la figura 9.15 es precisodeterminar

el argumento φ del trazo dirigido−→

P1P2 como tambien el que corresponde

al trazo dirigido−→

P2P1. Pues bien, en el primer caso se tiene:

−→P1P2 =

−→OP = z2 − z1 ,

con lo que:

0 ≤ φ = Arg−→OP = Arg(z2 − z1) = Arg

−→P1P2 ≤ π .

En el segundo caso (de la figura 6.15) tenemos:

−→P2P1 =

−→OP = z1 − z2 ,

con lo que:

−π < φ = Arg−→OP = Arg(z1 − z2) = Arg

−→P2P1 ≤ 0 .

316

9.8.2 Angulo entre trazos dirigidos

>

^

xA x

φ2 φ1

φ

X

Y

B D

C

O

φ

>

^

O X

C

Bxx

φ1φ2

A

Y

φ = φ1 − φ2 φ = φ1 − φ2

Fig. 9.16 Fig. 9.17

x

φ2

x

B

A

O

D

C

Y

>

^

X

φ

φ1 φ2 φ1

φ

>

^

x x

C

O X

AB

Y

φ = φ1 − φ2 φ = φ1 − φ2

Fig. 9.18 Fig. 9.19

En las figuras que van desde la 9.16 a la 9.19 presentamos aquellas posibilidadesa las que se reduce el estudio del angulo formado por dos trazos dirigidos.

De lo anterior es claro que en las figuras 6.16 y 6.18 se tiene:

φ = Arg−→AB − Arg

−−→CD = Arg

zB − zA

zD − zC

Sin embargo, en el grafico de la figura 6.17 se tiene:

φ = Arg−−→BC − Arg

−→AC = Arg

zC − zB

zC − zA

,

y en el caso del grafico de la figura 6.19, se tiene:

φ = Arg−→AC − Arg

−−→BC = Arg

zC − zA

zC − zB

317

9.9 Arco capaz de γ con cuerda AB

Se sabe que el arco capaz de γ con cuerda AB, siendo A(zA) y B(zB), esel lugar geometrico de los terceros vertices P (z) de todos los triangulos ABPen los que se conocen los extremos del trazo AB y su angulo opuesto γ. Losgraficos de tal lugar geometrico los vemos en las figuras 9.20 y 9.21.

>

^

γP

A

B

Y

XO>

^

−γP

B

A

Y

XO

0 < γ < π

Fig. 9.20 Fig. 9.21

En ambos casos resulta que la ecuacion de tal lugar geometrico es:

γ = Argz − zB

z − zA

.


Problema 9.10.1 Dados z1 = (2, 3), z2(1,−1), calcular z1 + z2 y z1 · z2.

Solucion:

z1 + z2 = (2, 3) + (1,−1) = (3, 2).

z1 · z2 = (2, 3) · (1,−1) = (2− (−3), 3 + (−2)) = (5, 1).

Problema 9.10.2 Demostrar el teorema [9.2.1] parte (8):

z 6= 0 ⇒ z · z−1 = 1 = z−1 · z .

318

Solucion:

Sea:z = (x, y) , z−1 =

( x

x2 + y2,− y

x2 + y2

).

Entonces:

z · z−1 =(x · x− y(−y)

x2 + y2,x(−y) + yx

x2 + y2

)= (1, 0) = 1 .

Problema 9.10.3 Si z1 = (2, 3), z2 = (1,−1), calcular z−11 , z−1

2 y (z1 · z2)−1

y verificar que (z1 · z2)−1 = z−1

1 · z−12 .Calcular

z1

z2

.

Solucion:

z1 = (2, 3) ⇒ z−11 =

( 2

13,− 3

13

).

z2 = (1,−1) ⇒ z−12 =

(1

2,1

2

).

Por problema resuelto [9.10.1]:

z1 · z2 = (5, 1) ⇒ (z1 · z2)−1 =

( 5

26,− 1

26

).

Por otra parte, resulta:

z−11 · z−1

2 =(2− (−1)

13 · 2 ,2 + (−3)

13 · 2)

=( 5

26,− 1

26

),

verificandose que (z1 · z2)−1 = z−1

1 · z−12 .

Finalmente:

z1

z2

= z1 · z−12 = (2, 3) ·

(1

2,1

2

)=

(2− 3

2,2 + 3

2

)=

(− 1

2,5

2

).

Problema 9.10.4 Determinar el complejo z tal que z =(1 + i)5

1 + i5.

Solucion:

Usando el teorema del binomio y el teorema [9.2.3] se tiene:

(1+ i)5 = 1+5i+10i2 +10i3 +5i4 + i5 = 1+5i− 10− 10i+5+ i = −4(1+ i) ,

319

1 + i5 = 1 + i .

Ası:

z =(1 + i)5

1 + i5= −4(1 + i)

1 + i= −4 .

Problema 9.10.5 Siendo a, b, c, d numeros reales, demostrar, usando com-plejos, la identidad:

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac− bd)2 + (ad + bc)2 .

Solucion: Sean z1 = (a, b), z2 = (c, d), entonces:

| z1 |2 = a2 + b2 , | z2 |2 = c2 + d2 ,

z1 · z2 = (ac− bd, ad + bc) ⇒ | z1 · z2 |2 = (ac− bd)2 + (ad + bc)2 .

Ası la parte (3) del teorema [9.2.6] nos dice que:

(a2 + b2)(c2 + d2) = (ac− bd)2 + (ad + bc)2 .

Problema 9.10.6 Calcular | (2 + 3i)2000 |.

Solucion:

| (2 + 3i)2000 | = (| (2 + 3i) |)2000 = (√

13)2000 = 131000 .

Problema 9.10.7 Demostrar el teorema [9.2.6] parte (7).

Solucion:

Sucesivamente se tiene:

0 ≤ | z1 + z2 |2 = (z1 + z2)(z1 + z2) = (z1 + z2)(z1 + z2)

= z1 · z1 + z2 · z1 + z1 · z2 + z2 · z2

= | z1 |2 + | z2 |2 + (z1 · z2 + z1 · z2)

= | z1 |2 + | z2 |2 + 2<e (z1 · z2)

≤ | z1 |2 + | z2 |2 + 2| z1 | | z2 | = (| z1 |+ | z2 |)2 .

320

Problema 9.10.8 Expresar en forma polar los complejos:

(i) z1 =√

3 + i , (ii) z2 = −3 + 4i .

Solucion:

(i) z1 =√

3 + i ⇒(r1 =

√3 + 1 = 2 ,

[tgθ1 =

1√2⇒ θ1 =

π

6

]),

luego:

z1 = 2Cisπ

6= 2e

πi6 .

(ii) z2 = −3+4i ⇒(r2 =

√9 + 16 = 5 ,

[tgθ2 = −4

3⇒ θ2 = π−Arctg

(43

)(≈ 126◦52′11, 6′′)

]),

luego:

z1 = 5Cis(π − Arctg

(4

3

))= 5ei(π−Arctg( 4

3)) .

Nota:

Hacemos notar que θ, como ya lo hemos mencionado, debe estar siempre ex-presado en radianes.

Problema 9.10.9 Demostrar el teorema [9.3.1] partes (i) y (iii), es decir que:

(i) eiθ1 · eiθ2 = Cisθ1 · Cisθ2 = Cis(θ1 + θ2) = ei(θ1+θ2) .

(ii) ∀ n ∈ N[(

eiθ)n

=(Cisθ

)n= Cisnθ = einθ

].

Solucion:

(i) Cisθ1 · Cisθ2 = (cos θ1 + isenθ1) · (cos θ2 + isenθ2)

= (cos θ1 cos θ2 − senθ1senθ2) + i(senθ1 cos θ2 + cos θ1senθ2)

= cos(θ1 + θ2) + isen(θ1 + θ2) = Cis(θ1 + θ2) .

(ii) Por induccion; para n = 1 es obvia. Suponiendola demostrada para

n = k, es decir,(Cisθ

)k= Ciskθ, se tiene:

(Cisθ

)n+1= Cisnθ · Cisθ = Cis(kθ + θ) = Cis

(8k + 1)θ

).

321

Problema 9.10.10 Demostrar que si z + z−1 = 2 cos α, entonces:

zn + z−n = 2 cos nα (n ∈ N) .

Solucion:z + z−1 = 2 cos α ⇒ z2 − 2z cos α + 1 = 0 ⇒

⇒ z =2 cos α±√4 cos2 α− 4

2= cos α± isenα = Cis(±α) .

Luego:zn + z−n = Cis(±nα) + Cis(∓nα) =

= (cos nα± sennα) + (cos nα∓ sennα) = 2 cos nα .


4 Arctg1

5− Arctg

1

239=

π

4.

Solucion:

Sean z1 = 5 + i, z2 = 1 + i. De esto se desprende que:

z1 = 5 + i ⇒ Arg(5 + i) = Arctg1

5, z2 = 1 + i ⇒ Arg(1 + i) = Arctg 1 =

π

4,

entonces:

Argz41

z2

= Arg(5 + i)4

1 + i= 4Arg(5 + i)− Arg(1 + i) = 4 Arctg

1

5− π

4.

Por otra parte, se tiene:

z41

z2

=(5 + 1)4

1 + i=

625 + 500i− 150− 20i + 1

1 + i= (238+240i)(1−i) = 2(239+i) ,

de donde:

Argz41

z2

= Arg(1 + i)4

1 + i= Arg2(239 + i) = Arctg

1

239.

Igualando, se tiene:

4 Arctg1

5− π

4= Arctg

1

239⇒ 4 Arctg

1

5− Arctg

1

239=

π

4.

322


cos 6α = 32 cos6 α− 48 cos4 α + 18 cos2 α− 1 .

Solucion:

Como Cis6α =(Cisα

)6y como a su vez Cis6α = cos 6α + isen6α y:

(Cisα

)6= (cos α + isenα)6 = cos6 α + 6i cos5 αsenα + 15i2 cos4 αsen2α+

+20i3 cos3 αsen3α + 15i4 cos2 αsen4α + 6i5 cos αsen5α + i6sen6α =

= cos6 α + 6i cos5 αsenα− 15 cos4 αsen2α−−20i cos3 αsen3α + 15 cos2 αsen4α + 6i cos αsen5α− sen6α .

Igualando las partes reales se obtiene:

cos 6α = cos6 α− 15 cos4 αsen2α + 15 cos2 αsen4α− sen6α .

Reemplazando en esta formula la identidad sen2α = 1− cos2 α, queda:

cos 6α = cos6 α− 15 cos4 α(1− cos2 α) + 15 cos2 α(1− cos2 α)2− (1− cos2 α)3 ,

de donde:

cos 6α = cos6 α−15 cos4 α+15 cos6 α+15 cos2 α−30 cos4 α+15 cos6 α−1+3 cos2 α−−3 cos2 α + cos6α = 32 cos6 α− 48 cos4 α + 18 cos2 α− 1 .

Observacion:

La igualacion de las partes imaginarias permite obtener una formula parasen6α, planteada en el problema propuesto [22].

Problema 9.10.13 Deducir las formulas del parrafo [9.4.1].

Solucion:

Buscamos z = x + iy tal que dado z0 = x0 + y0 se tenga z2 = z0, o sea:

(x + iy)2 = x0 + y0 ,

de donde obtenemos el sistema:

x2 − y2 = x0

2x · y = y0

}

323

Supongamos x 6= 0, ası y =y0

2xy luego:

x2 −( y0

2x

)2

= x0 ,

es decir:4x4 − 4x0x

2 − y20 = 0 ,

ecuacion en cuadratica en x2, resolviendo:

x2 =2x0 ±

√4x2

0 + 4y20

4=

x0 +√

x20 + y2

0

2,

(solo sirve el signo + pues x2 > 0), y por lo tanto, se consigue:

x = ±√

x0 +√

x20 + y2

0

2

Ası

y2 = x2 − x0 =−x0 +

√x2

0 + y20

2⇒ y = ±

√√x2

0 + y20 − x0

2

Finalmente, notando que x · y debe tener igual signo que y0, se tiene:

y0 > 0 ⇒ z = ±(√

x0 +√

x20 + y2

0

2+ i

√√x2

0 + y20 − x0

2

)

y0 < 0 ⇒ z = ±(√

x0 +√

x20 + y2

0

2− i

√√x2

0 + y20 − x0

2

)

Problema 9.10.14 Determinar las raıces cuadradas del complejoz = −7− 24i.

Solucion:

Aquı x0 = −7, y0 = −24 y el sistema a considerar es:

x2 − y2 = −72x · y = −24

}

el cual lo podemos resolver del modo siguiente:

(x2 + y2)2 = (x2 − y2)2 + 4x2y2 = 49 + 576 = 625 ,

324

y luego:x2 + y2 = 25 , x2 = 9 , y2 = 16 .

Considerando que x · y = −12, las soluciones son x = 3 , y = −4; x = −3,y = 4 y luego las raıces buscadas son ±(3− 4i)


(7− i)z2 + (1 + 2i)z + i = 0 .

Solucion:

En primer lugar notemos que se trata de una ecuacion cuadratica de coefi-cientes complejos, o sea, del tipo az2 + bz + c = 0, con a, b, c ∈ C, a 6= 0.Multiplicando la ecuacion por 4a, obtenemos:

4a2z2 + 4abz + 4ac = 0 ,

y luego:(2az + b)2 = b2 − 4ac .

Con ello:

z =−b±√b2 − 4ac

2a,

analogo a la solucion de la ecuacion cuadratica de coeficientes reales.

Ası, la solucion de la ecuacion propuesta esta dada por:

z =−(1 + 2i)±

√(1 + 2i)2 − 4i(7− i)

2(7− i)=−(1 + 2i)±√−7− 24i

2(7− i).

En virtud del problema anterior:

z =−(1 + 2i)± (3− 4i)

2(7− i).

Con el signo (+) se obtiene la raız z1 =1− 2i

5y el con signo (-) la raız

z2 =−3 + i

10, como es facil de comprobar.

Problema 9.10.16 Demostrar que si la ecuacion:

z2 + (a + bi)z + c + di = 0 (con a, b, c, d ∈ R)

tiene una solucion real, entonces:

d2 − abd + b2c = 0 .

325

Solucion:

Sea r la solucion real, entonces:

r2 + (a + bi)r + c + di = 0 .

Ası, igualando partes reales e imaginarias se tiene

r2 + ar + c = 0 y br + d = 0 .

De esta ultima r = −d

by reemplazando en la primera.

(− d

b

)2

+ a(− d

b

)+ c = 0, o sea : d2 − abd + b2c = 0 .

Problema 9.10.17 Hallar las raıces quintas del complejo w0 = 1 + i.

Solucion:

Expresando w0 en su forma polar, se tiene r0 =√

2, θ0 =π

4, ası:

w0 =√

2ei π4 .

Luego las raıces quintas de w0 estan dadas por la formula:

5√

w0 = 2110 ei( π

20+ 2kπ

5) ; k = 0, 1, 2, 3, 4 ;

o sea, son:

2110 ei( π

20) , 2

110 ei( 9π

20) , 2

110 ei( 17π

20) , 2

110 ei( 25π

20) , 2

110 ei( 33π

20) .

Observacion:

Como para el complejo z de argumento θ se tiene 0 ≤ θ ≤ π o bien −π < θ ≤ 0hacemos ver que:

2110 ei( 25π

20) = 2

110 e−i( 15π

20) , 2

110 ei( 33π

20) = 2

110 e−i( 7π

20) .


x3 − 11x2 + 44x− 112 = 0 ,

sabiendo que tiene una raız compleja de modulo 4.

326

Solucion:

Como sabemos, una ecuacion de grado tres, si admite una raız compleja z1

tambien admite como raız al complejo z2 = z1 y la tercera raız es un real,digamos x0. Sea z1 = 4eiθ,z2 = 4e−iθ. Ahora bien:

x0 + z1 + z2 = 11 ⇒ x0 + 8 cos θ = 11 ,

x0 · z1 · z2 = 112 ⇒ 16x0 = 112 .

Ası:

x0 = 7 , cos θ =1

2, senθ =

√3

2.

En consecuencia las raıces de la ecuacion son:

x0 = 7 , z1 = 4(cos

π

3+ isen

π

3

)= 2 + 2i

√3 , z2 = z1 = 2− 2i

√3 .

Problema 9.10.19 Sea x0 un real positivo. Demostrar que el producto de lasn raıces enesimas de x0 es (−1)n−1x0.

Solucion:

Las n raıces enesimas estan dadas por:

zk = n√

x0ei 2kπ

n , (k = 0, 1, 2, 3, · · · , n− 1) .

Luego, el producto buscado es:

n−1∏

k=0

zk =n−1∏

k=0

n√

x0ei 2kπ

n = x0

n−1∏

k=0

ei 2kπn = x0e

i∑n−1

k=02kπn x0e

i 2πn

(n−1)n2 =

= x0ei(n−1)π = x0(cos(n−1)π+isen(n−1)π) = x0((−1)n−1+i·0) = x0(−1)n−1 .

Problema 9.10.20 Demostrar el teorema [9.4.2].

Solucion:

Como ω3 = 1, se tiene que ω3p = 1. Luego:

ωm =

{ω si m = 3p + 1

ω2 si m = 3p + 2, ω2m =

{ω2 si m = 3p + 1ω si m = 3p + 2

.

327

Ası:

1 + ωm + ω2m =

{1 + ω + ω2 si m = 3p + 11 + ω2 + ω si m = 3p + 2

.

En ambos casos:1 + ωm + ω2m = 1 + ω + ω2 = 0 .

Observacion:

Notemos que si m = 3p, entonces:

1 + ωm + ω2m = 1 + (ω3)p + (ω3)2p = 1 + 1 + 1 = 3 .


∑p

(n

3p

)=

1

3

(2n + 2 cos n

π

3

).

Solucion:

Se tiene:

(1 + 1)n = 2n =n∑

k=0

(n

k

).

Por otra parte:

ω = ei 2π3 = −1

2+ i

√3

2⇒ 1 + ω =

1

2+ i

√3

2= ei π

3 ,

luego:

(1 + ω)n = ei nπ3 =

n∑

k=0

(n

k

)ωk .

Analogamente:

(1 + ω2)n = e−i nπ3 =

n∑

k=0

(n

k

)ω2k .

Sumando, obtenemos:

2n + 2 cosnπ

3=

n∑

k=0

(n

k

)(1 + ωk + ω2k) .

Como en virtud del teorema [9.4.2], 1 + ωk + ω2k = 0 a menos que k = 3p, encuyo caso 1 + ωk + ω2k = 3, se tiene:

2n + 2 cosnπ

3= 3

∑p

(n

3p

),

328

es decir: ∑p

(n

3p

)=

1

3

(2n + 2 cos n

π

3

).

Problema 9.10.22 Siendo ω una raız cubica de la unidad, demostrar que:

z31 − z3

2 = (z1 − z2)(z1 − ωz2)(z1 − ω2z2) .

Solucion:

z31 − z3

2 = (z1 − z2)(z21 + z1z2 + z2

2) = (z1 − z2)(z21 − (ω + ω2)z1z2 + ω3z2

2) =

= (z1 − z2)(z1(z1 − ωz2)− ω2z2(z1 − ωz2)) = (z1 − z2)(z1 − ωz2)(z1 − ω2z2) .

Problema 9.10.23 Si m es un natural no divisible por 3, demostrar que x2 +x + 1 divide a x2m + 1 + (x + 1)2m.

Solucion:

Como el polinomio x2 + x + 1 tiene raıces ω y ω2 = ω, el polinomio x2m + 1 +(x + 1)2m sera divisible por x2 + x + 1 si ω (y por ende ω2) es raız del segundopolinomio. Ahora bien:

ω2m+1+(ω+1)2m ={

ω2 + 1 + (−1)2mω = 1 + ω + ω2 si m = 3p + 1ω + 1 + (−1)2mω2 = 1 + ω + ω2 si m = 3p + 2 .

En ambos casos, por el teorema [9.4.2] se tiene que ω es raız del polinomiox2m + 1 + (x + 1)2m.

Problema 9.10.24 Siendo ω raız cubica de la unidad, y:

x = z1 + ωz2 , y = ωz1 + ω2z2 , z = ω2z1 + ωz2 ,

demostrar quex · y · z = z3

1 + z32 .

Solucion:

z31 + z3

2 = (z1 + z2)(z21 − z1 · z2 + z2

2) = (z1 + z2)(ω3z2

1 + (ω + ω2)z1z2 + ω3z2) =

= (z1 + z2)(ωz1 + ω2z2)(ω2z1 + ωz2) = x · y · z .

329

Problema 9.10.25 Si zn = (z + 1)n = 1, demostrar que n es divisible por 6y que z3 = 1.

Solucion:

Si zn = (z + 1)n = 1, entonces | z | = | z + 1 | = 1; si z = x + iy, entonces:

x2 + y2 = (x + 1)2 + y2 = 1 ⇒ x = −1

2, y = ±

√3

2.

Ası:

z = −1

2± i

√3

2, o sea z = ω o bien z = ω2 = ω .

Si z = ω, entonces ωn = 1 implica que 3 divide a n. A su vez, (ω + 1)n = 1implica que (−ω2)n = 1 y luego (−1)nω2n = 1, lo cual muestra que n debe sertambien par y, por lo tanto, divisible por 6. Analogo resultado se obtiene siz = ω2.

Nota:

Serıa interesante que el lector visualizara una solucion geometrica para esteproblema.

Problema 9.10.26 Demostrar que si m no es divisible por 3, y a,b,c sonreales, entonces:

(b− c)m + (c− a)m + (a− b)m

es divisible por a2 + b2 + c2 − bc− ca− ab.

Solucion:

Observemos que:

a2 + b2 + c2 − bc− ca− ab = (a + ωb + ω2c)(a + ω2b + ωc) = (a− z)(a− z) ,

siendo z = −(ωb + ω2c). Ahora bien, si:

p(a) = (b− c)m + (c− a)m + (a− b)m ,

entonces a2 + b2 + c2 − bc − ca − ab lo dividira si p(z) = p(z) = 0. Como, sip(z) = 0 entonces p(z) = p(z) = 0; bastara demostrar que p(z) = 0. En efecto:

p(z) = (b−c)m+(c+ωb+ω2c)m+(−ωb−ω2c−b)m = (b−c)m+(ωb+(1+ω2)c)m+

330

+(−1)m((1 + ω)b + ω2c)m = (b− c)m + (ω(b− c))m + (−1)m(ω2(−b + c))m =

= (b− c)m[1 + ωm + ω2m] = 0 ,

en virtud del teorema [9.4.2].

Problema 9.10.27 Demostrar que los puntos P (z) donde z satisface la ecua-cion zn = (z − 1)n son colineales.

Solucion:

Previamente se tiene | z |n = | z − 1 |n lo cual implica que | z | = | z − 1 |. Osea, la distancia entre P y O es igual a la distancia entre P y A(1, 0). Luegolos puntos P estan en la simetral del trazo AO, es decir, en la recta de ecuacion

<e(z) =1

2.

Otra manera de solucionar este problema es ver que la ecuacion dada equivalea. (z − 1

z

)n

= 1

y luegoz − 1

zes una raız enesima de la unidad y, por lo tanto, se tiene:

z − 1

z= ei 2kπ

n ; (k = 0, 1, 2, · · · , n− 1) ,

despejando z se obtiene:

z =1

1− ei 2kπn

=1(

1− cos(

2kπn

))− isen(

2kπn

)

y luego:

z =1− cos

(2kπn

)+ isen

(2kπn

)

2(1− cos

(2kπn

)) ,

con lo que p(z) pertenece a la recta <e(z) =1

2.

Problema 9.10.28 Sean P1(z1), P2(z2), P3(z3) puntos tales que | z1 | =| z2 | = | z3 | = 1 y z1 + z2 + z3 = 0. Demostrar que los puntos P1, P2,P3 son los vertices de un triangulo equilatero inscrito en la circunferencia decentro O y radio 1.

331

Solucion:

En primer lugar como | z1 | = | z2 | = | z3 | = 1 es claro que los puntospertenecen a la circunferencia indicada, luego son los vertices de un trianguloinscrito en ella.

Por otra parte, sea zk = eiθk (k = 1, 2, 3). Como z1 + z2 + z3 = 0, se tiene que:

cos θ1 = −(cos θ2 + cos θ3) , senθ1 = −(senθ2 + senθ3) .

En consecuencia, cuadrando y sumando, se tiene:

cos2 θ1+sen2θ1 = (cos2 θ2+sen2θ2)+(cos2 θ3+sen2θ3)+2(cos θ2 cos θ3+senθ2senθ3) ,

de donde:−1 = 2 cos(θ2 − θ3) ,

luego:

θ2 − θ3 =2π

3.

Analogamente:

θ3 − θ1 =2π

3, θ1 − θ2 =

2π

3,

lo que muestra que el triangulo P1P2P3 es equilatero.

Problema 9.10.29 Determinar el lugar geometrico al que pertenece el puntoP (z) cuando z verifica la condicion:

| (1 + i)z − (1 + 3i) | ≤ 1 .

Solucion:

Se tiene: ∣∣∣ z − 1 + 3i

1 + i

∣∣∣ ≤ 1

| 1 + i | ,

es decir :∣∣∣ z − 4 + 2i

2

∣∣∣ ≤ 1√2

, o sea : | z − (2 + i) | ≤ 1√2

.

Luego P (z) pertenece al cırculo de centro C(zc) con zc = 2 + i y cuyo radio es

igual a1√2.

332

Problema 9.10.30 Los puntos P (z) y Q(w) son tales que siempre se verifica

la relacion w = z +a2

z, a ∈ R. Determinar la curva que describe el punto Q

cuando el punto P recorre la circunferencia de ecuacion | z | = r con r 6= a.

Solucion.

Sea z = reiθ, ası

z = reiθ ⇒ w = reiθ +a2

re−iθ = x + iy ,

de donde, al igualar partes reales y partes imaginarias, respectivamente, seconsigue:

x = (r + a2

r) cos θ

y = (r − a2

r)senθ

},

es decir:cos θ =

xr2+a2

r

senθ =y

r2−a2

r

,

cuadrando estas expresiones y sumando se obtiene:

x2

(r2+a2

r

)2 +y2

(r2−a2

r

)2 = 1 .

Por lo tanto, el punto Q recorre una elipse de semiejesr2 + a2

ry| r2 − a2 |

r.

Problema 9.10.31 Los puntos P (z) y Q(w) son tales que siempre se verificaque:

w = (4 + i) +3− 3i

z − 1.

Determinar la curva que describe el punto Q cuando el punto P recorre lacircunferencia de ecuacion | z | = 1.

Solucion:

Se tiene:

w(z − 1) = (4 + i)(z − 1) + 3− 3i = (4 + i)z − (1 + 4i) ,

de donde:

z =w − (1 + 4i)

w − (4 + i)

333

Ası:| z | = 1 ⇒ | w − (1 + 4i) | = | w − (4 + i) | ,

luego el punto Q recorre la simetral del trazo AB, donde A(1 + 4i) y B(4 + i).

Problema 9.10.32 Los puntos P (z) y Q(w) son tales que siempre se verificaque w = a + z2, con a ∈ R. Determinar la curva que describe el punto Qcuando el punto P recorre la recta de ecuacion <e(z) = Im(z).

Solucion:

Sean z = x + iy, w = u + iv, entonces:

u + iv = a + x2 − y2 + 2ixy ,

y luego:u = a + x2 − y2 , v = 2xy .

Ası, si P recorre la recta <e(z) = Im(z), se tiene x = y, de modo que u = a,v = 2x2. En consecuencia, Q recorre el rayo vertical <e(w) = a, Im(w) ≥ 0.

Problema 9.10.33 Determinar el lugar geometrico que describe el punto P (z)si z verifica la ecuacion | 2z − 1 | = | z − 2 |.

Solucion:

La ecuacion dada | 2z − 1 | = | z − 2 | es equivalente con la igualdad:

∣∣z − 2

z − 12

∣∣∣ = 2 .

Por lo tanto, el punto P describe la circunferencia de Apolonio con razon λ = 2

del trazo de extremos P1(2+0i), P2

(1

2+0i

). El centro de la esta circunferencia

esta dado por zC =(2 + 0i) + 4(1

2+ 0i)

1− 4= 0 (o sea el centro es el origen) y el

radio por r =2| 2 + 0i− (1

2+ 0i) |

| 1− 4 | , es decir, el radio es igual a 1.

Problema 9.10.34 Determinar la ecuacion de la recta ` que pasa por el puntoA(a) y es perpendicular con OA.

334

Solucion:

Considerando la figura 9.22, se tieneque si P (z), es un punto arbitrariode la recta `, entonces:

AP = λOB , λ ∈ R .

Ası:z − a = λai

y luego:

z = a(1 + λi) , λ ∈ R .

xP(z)

B

l

ia

A

O

a

Fig. 9.22

Problema 9.10.35 El punto P (z) describe la recta de ecuacion:

3<e(z) + 4Im(z)− 5 = 0 .

Demostrar que el valor mınimo de | z | es igual a 1.

Solucion:

XO

^

>

xP

P0(z0)

<- 3x+4y–5=0

P1(z1)

Y

Fig. 9.23

Considerando la figura 9.23, se tieneque si z = x+iy, el punto P describela recta de ecuacion 3x+4y− 5 = 0.Ahora bien, el valor mınimo de | z |corresponde a | z1 | donde P1(z1) esel punto de la recta tal que OP1 esperpendicular con ella.Como esta recta tiene la direcciondel complejo z0 = 4 − 3i, z1 es dela forma:

z1 = λiz0 con λ ∈ R .

Ası, si z1 = x1 + iy1 se tiene:

x1 + iy1 = λi(4− 3i) = λ(3 + 4i) ,

y luego x1 = 3λ, y1 = 4λ. Como P1 pertenece a la recta ` se tiene 9λ+16λ−5 =

0 y ası λ =1

5. Por lo tanto, resulta z1 =

3 + 4i

5y luego | z1 | =

√9 + 16

5= 1.

335

Problema 9.10.36 Los vertices variables del triangulo ABC son los puntos

A(a), B(b) y C(c) tales que siemprec− a

c− b= k, siendo k un complejo dado.

Demostrar que el triangulo ABC permanece semejante a sı mismo.

Solucion:

La igualdadc− a

c− b= k nos dice que, en primer lugar

∣∣∣c− a

c− b

∣∣∣ = cte. y, por lo

tanto, en el triangulo ABC la razon entre los lados AC y BC es constante.

En segundo lugar, tambien Arg(c− a

c− b

)= cte. y, por lo tanto, en el

triangulo ABC, el angulo γ entre los lados AC y BC es constante.

En consecuencia, por el criterio de semejanza (`, a, `), el triangulo ABCpermanece semejante a si mismo.

Problema 9.10.37 Sean A(a), B(b), C(c), D(d), E(e), F (f) los vertices dedos triangulos semejantes ABC y DEF . Demostrar que:

d(b− c) + e(c− a) + f(a− b) = 0 .

Solucion:

Usando el criterio (`, a, `), la semejanza de los triangulos nos dice que:

∣∣∣c− a

c− a

∣∣∣ =∣∣∣f − d

e− d

∣∣∣ ,

y:

Arg(c− a

b− a

)= Arg

(f − d

e− d

).

En consecuencia, los complejosc− a

b− ay

f − da

e− dson iguales, es decir:

c− a

b− a=

f − da

e− d⇒ (c− a)e− f(b− a) = d((c− a)− (b− a)) ,

y, por lo tanto:d(b− c) + e(c− a) + f(a− b) = 0 .

Problema 9.10.38 Si P1(z1) , P2(z2) no son colineales con el origen y si setiene:

a1z1 + a2z2 = b1z1 + b2z2 , (a1, a2, b1, b2 ∈ R) ,

336

demostrar que:a1 = b1 , a2 = b2 .

Solucion:

Sean z1 = x1 + iy1, z2 = x2 + iy2. Ası:

a1(x1 + iy1) + a2(x2 + iy2) = b1(x1 + iy1) + b2(x2 + iy2) ,

luego:

a1x1 + a2x2 = b1x1 + b2x2 , a1y1 + a2y2 = b1y1 + b2y2 ,

por lo tanto:

(a1 − b1)x1 = (a2 − b2)x2 , (a1 − b1)y1 = (a2 − b2)y2 .

Ahora bien, como P1 y P2 no son colineales con el origen, entoncesy1

x1

6= y2

x2

, de

modo que las dos ultimas igualdades solo son posibles si a1− b1 = 0 = a2− b2,es decir, solo si a1 = b1 , a2 = b2 .

Problema 9.10.39 Determinar la ecuacion de una circunferencia dados losextremos A(a) y B(b) de un diametro de ella.

Solucion:

Considerando la figura 9.24, se tieneque el centro C(c) esta dado por c =1

2(a + b). A su vez, un punto P (z)

de la circunferencia satisfara:

CP = CAeiθ ,

o sea:

z − c = (a− c)eiθ .

A(a)

B(b)

xC(c)

P(z)

θ

Fig. 9.24

Con ello:

z =a + b

2+

a− b

2eiθ ,

luego la ecuacion de la circunferencia pedida es:

z =a

2(1 + eiθ) +

b

2(1− eiθ) ,

siendo θ un parametro.

337

Problema 9.10.40 Demostrar que los puntos Pk(zk), k = 1, 2, 3, 4 son concıcli-

cos siz3 − z1

z3 − z2

· z4 − z2

z4 − z1

∈ R.

Solucion:

P2(z2)

P1(z1)

P4(z4) P3(z3)

Fig. 9.25

La hipotesis del problema nos diceque:

Arg(z3 − z1

z3 − z2

· z4 − z2

z4 − z1

)= 0 ,

por lo tanto:

Arg(z3 − z1

z3 − z2

)+Arg

(z4 − z2

z4 − z1

)= 0 ,

o mejor:

Arg(z3 − z1

z3 − z2

)= −Arg

(z4 − z2

z4 − z1

)= Arg

(z4 − z1

z4 − z2

).

Ası, considerando la figura 9.25, de la pagina anterior, se tiene la igualdad6< P1P3P2 =6< P1P4P2, resultado que nos dice que P3 y P4 pertenecen al arcocapaz de cuerda P1P2 y, por lo tanto, los cuatro puntos P1, P2, P3 y P4 sonconcıclicos.

Problema 9.10.41 Los puntos A(a), B(b), C(c) son los vertices de un triangu-lo equilatero. Demostrar que:

a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca .

Solucion:

B(b)

C(c)

A(a)

Fig. 9.26

Considerando la figura 9.26, se ob-serva que AC resulta al rotar AB

en un angulo igual aπ

3, en torno al

vertice A, es decir:

AC = ABei π3 ,

o sea:

c− a = (b− a)ei π3 .

338

Analogamente:

a− b = (c− b)ei π3 y b− c = (a− c)ei π

3 .

Dividiendo las dos primeras se obtiene:

c− a

a− b=

b− a

c− b,

de donde:c2 − bc− ac + ab = ab− b2 − a2 + ab ,

o mejor:a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca .

Notemos que la simetrıa del resultado indica que tambien se obtiene dividiendolas dos ultimas o bien la tercera con la primera.

Problema 9.10.42 Demostrar el resultado recıproco del problema anterior.

Solucion:

Sean entonces A(a), B(b), C(c) los vertices de un triangulo ABC y supongamosque a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca .

Ası a2 + b2 + c2 − (ab + bc + ca) = 0 , de modo que:

(a + bω + cω2)(a + bω2 + cω) = 0 ,

(ω una raız cubica de la unidad). Si, por ejemplo, a + bω + cω2 = 0, entonces:(i) a+bω+c(−1−ω) = 0 y luego a−c = ω(c−b), de modo que | a−c | = | c−b |.(ii) −a(ω + ω2) + bω + cω2 = 0, luego ω(b − a) = ω2(a − c), de modo que| b− a | = | a− c |.Estos dos resultados muestran que el triangulo ABC es equilatero pues sustres lados AB, BC y CA son iguales.

Identica conclusion se obtiene considerando la posibilidad a + bω2 + cω = 0.

Problema 9.10.43 Los puntos A(a) y B(b) son tales que a y b son las raıcesde la ecuacion:

z2 − (8 + 5i)z + 2(4 + 13i) = 0 .

Determinar el punto C(c) tal que el triangulo ABC sea equilatero.

339

Solucion:

Por el problema anterior debe tenerse a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca . Ahora, porser a y b raıces de la ecuacion dada, satisfacen:

a + b = 8 + 5i , ab = 2(4 + 13i) ,

y, a su vez:a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab = 23 + 28i ,

luego:23 + 28i + c2 = 2(4 + 13i) + (8 + 5i)c ,

de modo que c satisface la ecuacion cuadratica:

c2 − (8 + 5i)c + (15 + 2i) = 0; ,

con lo que:

c =(8 + 5i)±

√(8 + 5i)2 − 4(15 + 2i)

2.

De ello:

c =(8 + 5i)±√3

√−7 + 24i

2,

o sea:

c =(8 + 5i)±√3(3 + 4i)

2.

Ası (como es intuitivo de ver) hay dos puntos C1(c1) , C2(c2) con:

c1 =8 + 3

√3

2+

5 + 4√

3

2i

y:

c2 =8− 3

√3

2+

5− 4√

3

2i .

Por lo tanto tenemos dos triangulos equilateros, ellos son ABC1 y ABC2 comorespuestas.

Problema 9.10.44 Dados dos vertices opuestos de un cuadrado determinarlos otros dos vertices.

340

Solucion:

Considerando la figura 9.27 supon-gamos que se conocen los verticesA(a) y C(c). Como:

AD =1√2AC ,

se tiene:

d− a =1√2(c− a)ei π

4 =

=1√2(c−a)

( 1√2+i

1√2

)=

1

2(c−a)(1+i) .

B(b)

A(a)

C(c)

D(d)

Fig. 9.27

Luego:

d = a +1

2(c− a)(1 + i) =

1

2[(a + c) + i(c− a)] .

Analogamente:

b− c =1√2(a− c)ei π

4 ,

de donde:

b =1

2[(a + c)− i(c− a)] .

Problema 9.10.45 Las posiciones de los vertices opuestos A y C de un cua-drado ABCD estan dadas por las raıces de la ecuacion:

z2 − 3(3 + 4i)z + (1 + 30i) = 0 .

Determinar las posiciones de los otros dos vertices.

Solucion:

Si A(a) y C(c) son las posiciones de los vertices dados, entonces:

a + c = 2(3 + 4i) , ac = 1 + 30i .

Con ello:

(c−a)2 = (a+ c)2− 4ac = 4(−7+24i)− 4(1+30i) = 4(−8− 6i) = 4(1− 3i)2 ,

341

ası c− a = ±2(1− 3i) .

Por el problema anterior, las posiciones de los otros dos vertices estan dadaspor.

1

2[2(3 + 4i)± i(2(1− 3i))] ,

o sea, por 6 + 5i, 3i .

Problema 9.10.46 Sean A(a), B(b) y C(c) los vertices de un triangulo isosce-

les ABC de vertice C. Demostrar que | a− b |2 = 4| c− a | | c− b |sen2γ

2.

Solucion:

M(m) B(b)A(a)

C(c)

Fig. 9.28

Considerando la figura 9.28, se tieneque si M es el punto medio de AB,entonces:

AM = ACsenγ

2=

1

2AB .

Por lo tanto:

AC2sen2γ

2=

1

4AB

2.

Por otra parte:

AB2

= | a− b |2 , AC2

= AC · CB = | c− a | | c− b | .En consecuencia:

| c− a | | c− b | sen2γ

2=

1

4| a− b |2 ,

es decir:| a− b |2 = 4| c− a | | c− b | sen2γ

2.

Problema 9.10.47 Demostrar, usando complejos, que en cualquier triangulose cumple que:

c2 = b2 cos 2α + 2ab cos(α− β) + a2 cos 2β

y:a2sen2β = b2sen2α + 2absen(α− β) .

342

Solucion:

Tomando en cuenta la figura 9.29, setiene que:

AB = AC + CB ,

o sea:

c = beiα + ae−iβ .

Elevando al cuadrado , obtenemos:

c2 = b2ei2α + 2abei(α−β) + a2e−i2β ,

XA

^

>α −β

a

c

b

C

B

Y

Fig. 9.29

Igualando partes reales e imaginarias, se consigue:

c2 = b2 cos 2α + 2ab cos(α− β) + a2 cos 2β ,

0 = b2sen2α + 2absen(α− β)− a2sen2β .

De esta ultima:

a2sen2β = b2sen2α + 2absen(α− β) .

Problema 9.10.48 Sean P1(z1), P2(z2) dos puntos. Demostrar que el angulo

P2OP1 es recto si y solo siz2

z1

es imaginario puro.

Solucion:

El angulo P2OP1 es igual a Arg(z2

z1

). Ası, si Arg

(z2

z1

)=

π

2, entonces ocurre

quez2

z1

=∣∣∣z2

z1

∣∣∣i, o sea,z2

z1

es un imaginario puro.

Recıprocamente, siz2

z1

es un imaginario puro, digamosz2

z1

= bi (con b ∈ R),

entonces Arg(z2

z1

)= Arg(bi) =

π

2y luego el angulo P2OP1 es recto.

Problema 9.10.49 Dado el triangulo ABC, de vertices A(a), B(b) y C(c),determinar su centro de gravedad G(g).

343

Solucion:

1

1

2

Rx| |

k

Q

xG

P

M(m)

B(b)

A(a)

C(c)

Fig. 9.30

Considerando la figura 9.30, se tieneque si el punto R(r) divide al trazoPQ, con P (p) y Q(q), en la razonPR/RQ = λ/1, entonces :

r − p = λ(q − r) ,

y luego.

r =p + λq

1 + λ.

Ası el punto M(m) de AB tiene posicion m =a + b

2(λ = 1) y luego, como

el centro de gravedad G divide a la transversal CM en la razon 2/1, es decir,CG/GM = 2/1, se deduce que:

g =c + 2m

1 + 2,

o mejor:

g =a + b + c

3.

Problema 9.10.50 Las posiciones de los tres vertices de un triangulo ABCestan dadas por las raıces de la ecuacion:

z3 − 3pz2 + 3qz − r = 0 .

Demostrar que:

(i) El centro de gravedad G(g) esta dado por g = p.

(ii) Si el triangulo es equilatero, entonces p2 = q.

Solucion:

Si a, b, c son las posiciones respectivas de los vertices del triangulo ABC,entonces a + b + c = 3p, ab + bc + ca = 3q, abc = r.

(i) Ası g =a + b + c

3=

3p

3= p.

344

(ii) Si el triangulo es equilatero, entonces a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca, de modoque (a + b + c)2 = 3(ab + bc + ca), luego (3p)2 = 3 · 3q, es decir p2 = q.

Problema 9.10.51 Dado un triangulo ABC, se dibujan hacia el exterior deeste, triangulos equilateros teniendo como lados a los lados de el. Demostrarque los centros de gravedad de estos triangulos equilateros forman, a su vez,un triangulo equilatero. (Resultado conocido como Teorema de Napoleon.)

Solucion:

Considerando la figura 9.31, enella se ha dibujado el trianguloequilatero ACD, de base AC y cen-tro de gravedad G(g). Entonces:

GC = GAei 2π3 ,

luego.

c− g = (a− g)ω ,

ası:

g =c− aω

1− ω.

2π/3

B(b)

A(a)

C(c)

D(d)

G(g)

Fig. 9.31

Analogamente los otros dos centros de gravedad E(e) y F (f) tienen posicionesdadas por:

e =a− bω

1− ω, f =

b− cω

1− ω.

Ası:

e2 + f 2 + g2 =(a− bω)2 + (b− cω)2 + (c− aω)2

(1− ω)2,

ef + fg + ge =(a− bω)(b− cω) + (b− cω)(c− aω) + (c− aω)(a− bω)

(1− ω)2.

El triangulo EFG sera equilatero si e2 + f 2 + g2 = ef + fg + ge. es decir,si los numeradores son iguales, lo cual es simple de verificar desarrollandolo yrecordando que 1 + ω + ω2 = 0.

Problema 9.10.52 Dos rectas se intersectan con la circunferencia de ecua-cion | z | = 1 en los puntos A(a), B(b) y C(c), D(d) respectivamente. De-mostrar que el punto de interseccion E de las rectas tiene posicion e dada

345

por:

e =a−1 + b−1 − (c−1 + (d−1)

a−1b−1 − c−1d−1.

Solucion:

La recta←→AB tiene ecuacion dada por z = a + λ(b − a) (λ ∈ R). Ası resulta

que z = a + λ(b− a), de modo que:

z − a

z − a=

b− a

b− a.

Ahora bien, como por hipotesis | a | = | b | = 1, se tiene aa = bb = 1, y luegoa = a−1 , b = b−1 .

Ası, la ecuacion de la recta←→AB se puede escribir:

z =b−1 − a−1

b− a(z − a) + a−1 ,

o sea:

z = − 1

ab(z − a) +

1

a.

Analogamente la recta←→CD tiene ecuacion:

z = − 1

cd(z − c) +

1

c.

Igualando estas expresiones se tiene que e satisface:

−a−1b−1(e− a) + a−1 = −c−1d−1(e− c) + c−1 ,

y, por lo tanto:

e =a−1 + b−1 − (c−1 + d−1)

a−1b−1 − c−1d−1.

Problema 9.10.53 Sobre los lados de un cuadrilatero ABCD se construyenhacia su exterior triangulos rectangulos isosceles ABE, BCF , CDG y DAH.Demostrar que los trazos EG y FH son iguales y perpendiculares.

346

Solucion:

π/4

C(c)

D(d)

E(e)

A(a)

B(b)

Fig. 9.32

Considerando la figura 9.32, enella se ha dibujado el triangulorectangulo isosceles ABE de baseAB y tercer vertice E(e): Entonces:

AB =√

2AEei π4 ,

luego:

b− a = (e− a)(1 + i) ,

con lo que:

e =(1 + i)a + (1− i)b

2.

Analogamente los otros vertices F (f), G(g), H(h) de los respectivos triangulosBCF , CDG y DAH tienen posiciones dadas por:

f =(1 + i)b + (1− i)c

2, e =

(1 + i)c + (1− i)d

2, e =

(1 + i)d + (1− i)a

2.

En consecuencia:

EG = g−e =(1 + i)(c− a) + (1− i)d− b)b

2, FH = h−g =

(1 + i)(d− b) + (1− i)(a− c)2

,

de donde:

iEG =(1 + i)(d− b) + (1− i)(c− a)

2= FH .

Este ultimo resultado muestra, a la vez, que EG y FH son iguales y perpen-diculares.

Problema 9.10.54 Sean P1, P2, , · · · , Pn los vertices de un polıgono regularinscrito en la circunferencia de ecuacion | z | = r y sea P un punto cualquiera

de ella. Demostrar quen∑

k=1

PPk2

= 2nr2

347

Solucion:

Sin perdida de generalidad podemos suponer que si Pk(zk) (k = 1, 2, · · · , n),entonces los zk son las raıces de la ecuacion zn = rn, de modo que:

zk = rei 2kπn , (k = 1, 2, , · · · , n) .

Sea P (z), con | z | = r, el punto a considerar. Ası:

n∑

k=1

PPk2

=n∑

k=1

| z − zk |2 =n∑

k=1

(z − zk)(z − zk) =

=n∑

k=1

| z |2 − z

n∑

k=1

zk − z

n∑

k=1

zk +n∑

k=1

| zk |2 .

Pero :n∑

k=1

zk = 0 ,

n∑

k=1

zk =n∑

k=1

zk = 0 ,

n∑

k=1

| z |2 =n∑

k=1

| zk |2 = nr2 .

Se concluye que :n∑

k=1

PPk2

= 2nr2 .

Problema 9.10.55 Sea ABC un triangulo inscrito en la circunferencia deecuacion | z | = r. Determinar la posicion h del ortocentro H(h).

Solucion:

Considerando la figura 9.33, deter-minemos la ecuacion de la altura←→CD.Se tiene:

←→CD : z = c + λi(b− a) (λ ∈ R) ,

de donde:

z = c− λi(b− a) .

D

r

A(a)

B(b)

C(c)

H(h) Ex

O

Fig. 9.33

Con ello:z − c

z − c= −b− a

b− a,

348

luego:

z = (z − c)(a− b

b− a

)+ c .

Pero aa = bb = cc = r2, de modo que podemos escribir:

z = (z − c)(r2a−1 − r2b−1

b− a

)+

r2

c,

ası:←→CD : z =

r2

ab

((z − c) +

ab

c

).

Analogamente, una segunda altura, por ejemplo,←→AE tiene por ecuacion:

←→AE : z =

r2

bc

((z − c) +

bc

a

).

Por lo tanto, igualando ambas ecuaciones, se tiene que la posicion h del orto-centro H satisface:

1

a

((h− c) +

ab

c

)=

1

c

((h− a) +

bc

a

),

de donde:c− a

ach =

c

a− b

c− a

c+

b

a=

(c− a)(a + b + c)

ac,

con ello, finalmente:h = a + b + c .

Observacion:

Considerando que ademas el centro de gravedad G del triangulo ABC tiene

posicion g =a + b + c

3y que el circuncentro O tiene posicion 0, el resultado

obtenido para h muestra que:(i) O, G y H son colineales ( en la llamada recta de Euler del triangulo) y

(ii)OG

GH=

2

1.


1. Dados z1 = (−3, 4), z2 = (5, 1), calcular z1 + z2, z1 · z2, z−11 , z−1

2 .

2. Demostrar del teorema [9.2.1] las partes (3), (7) y (9).

349

3. Dados z1 = (5, 4), z2 = (5, 6) calcularz1

z2

.

4. Expresar en la forma x + iy el complejo(3 + 5i)(2− i)3

−1 + 4i.

5. Usando complejos, demostrar que 252 · 172 = 3042 + 2972.

6. Calcular el modulo del complejo z =(2− 3i)4(1− i)3

5 + i.

7. Hallar un complejo z tal que | z | = 1

| z | = | 1− z |.

8. Hallar un complejo z tal que z−1 + 2(z)−1 = 1 + i.

9. (i) Demostrar del teorema [9.2.5] las partes (3) y (4).

(ii) Demostrar del teorema [9.2.6] las partes (2) y (5).

(iii) Demostrar que si z2 = z2, entonces z es real o bien imaginario puro.

(iv) Demostrar que si z +1

zes real, entonces Im(z) = 0 o bien | z | = 1.

(v) Demostrar que <e( z1

z1 + z2

)+ <e

( z2

z1 + z2

)= 1.

10. Expresar en su forma polar los complejos −√3 + i y 3− 4i.

11. Demostrar que (Cisθ) = Cis(−θ) y Cis(θ1 − θ2) =Cisθ1

Cisθ2

.

12. Determinar el modulo y el argumento del complejo z = cos θ + isenθ− 1.

13. Sea a un complejo tal que | a | ≤ 1. Demostrar que∣∣∣ z − a

1 + az

∣∣∣ es menor,

igual o mayor que uno segun | z | lo sea.

14. Expresar en forma polar el complejo z = (senα− senβ)+ i(cos α−cos β).

15. Sea xn + iyn = (1 + i√

3)n. Demostrar la relacion recurrente:

xn−1yn − xnyn−1 = 22n−2√

3 .

16. Demostrar que todo complejo z de modulo r, con z 6= −r, se puede

expresar en la forma z = r1 + it

1− it, con t ∈ R.

350

17. Demostrar que (−1 +√

3

2

)n

+(−1−√3

2

)n

,

es igual a 2 si n es un multiplo de 3 e igual a (−1) si no lo es.

18. Hallar x tal que: (1 + i√2

)x

+(1− i√

2

)x

=√

2

19. Expresando el complejo3

2 + Cisθen su forma estandar, demostrar que

| z |2 = 4<e(z)− 3.

20. Si z = | z | Cis θ determinar | z | y θ tal que z7 y1

z2sean conjugados.

21. Demostrar que:

Arctg4

3− Arctg

1

7=

π

4.

22. Demostrar que sen6α = (sen2α)(16sen4α− 16sen2α + 3).

23. Determinar las raıces cuadraticas del complejo 8− 15i.

24. Resolver la ecuacion 9z2 + 6(4− 3i)z − (1 + 9i) = 0.

25. Demostrar que si la ecuacion z2 + (a + bi)z + (c + di) = 0 (a, b, c,d ∈ R)tiene dos soluciones iguales, entonces a2 − b2 = 4c, ab = 2d.

26. Demostrar que las raıces cubicas de z0 = 4(1 + i√

3) tienen suma nula.

27. Resolver la ecuacion cubica 3x3 − 46x2 + 835x + 578 = 0 sabiendo quetiene una raız compleja de modulo 17.

28. Demostrar que la ecuacion 32z5 = (z + 1)5 tiene cuatro raıces comple-jas, dos de ellas en el segundo cuadrante y las otras dos en el tercero.Demostrar tambien que todas las raıces estan sobre la circunferencia de

ecuacion(x− 1

3

)2+ y2 =

(23

)2.


30. Demostrar que:

∑p

(n

3p + 1

)=

1

3

(2n + 2 cos(n− 2)

π

3

).

351

31. Considerando el desarrollo de (1 + i)n demostrar que:

∑

k

(−1)k

(n

2k

)= 2

n2 cos

nπ

4.

32. Resolver la ecuacion 2x4 +x2−x+1 = 0, sabiendo que una de sus raıceses la raız cubica de la unidad ω.

33. Siendo ω una raız cubica de la unidad, demostrar que:

(i) z31 + z3

2 = (z1 + z2)(z1 + ωz2)(z1 + ω2z2) .

(ii) z31+z3

2+z33−3z1z2z3 = (z1+z2+z3)(z1+ωz2+ω2z3)(z1+ω2z2+ωz3) .

(iii) (z1 + ωz2 + ω2z3)3 − (z1 + ω2z2 + ωz3)3 = −3i√

3(z2 − z3)(z3 − z1)(z1 − z2) .

34. Siendo ω una raız cubica de la unidad, demostrar que:

(i) (1− ω)(1− ω2)(1− ω4)(1− ω5) = 9 .

(ii) (1− ω + ω2)(1− ω2 + ω4)(1− ω4 + ω8) · · · (1− ω2n+ ω22n

) = 22n .

35. Siendo ω una raız cubica de la unidad, x = z1 + z2, y = ωz1 + ω2z2,z = ω2z1 + ωz2, demostrar que:

(i) x2 + y2 + z2 = 6z1z2

(ii) x3 + y3 + z3 = 3(z31 + z3

2) .

36. Demostrar que si m − 1 es divisible por 3 y a, b, c son reales, entonces:(a2 + b2 + c2 − bc− ca− ab)2 divide a (b− c)m + (c− a)m + (a− b)m.

37. Demostrar que si m es un numero impar, no divisible por 3, entoncesx2 + x + 1 divide a (x + 1)m − xm − 1.

38. Sea α una raız quinta de la unidad, distinta de 1. Sean x1 = α − α4,x2 = α2 − α3. Demostrar que x2

1 + x22 + x2

1x22 = 0. Deducir que x1 y x2

son raıces de la ecuacion bicuadratica x4 + 5x2 + 5 = 0.

39. Si α es una raız septima de la unidad, distinta de 1, demostrar que:

α

1 + α2+

α2

1 + α4+

α3

1 + α6= −2 .

40. Con referencia al problema resuelto [9.10.28].

(i) Demostrar que1

z1

+1

z2

+1

z3

= 0.

352

(ii) Deducir que z1, z2, z3 satisfacen la ecuacion z3 = z1z2z3.

(iii) Demostrar que el triangulo P1P2P3 es equilatero haciendo ver que| z1 − z2 | = | z2 − z3 | = | z3 − z1 |.

41. Sea z0 = x0 + iy0 un complejo fijo. El punto P (z) recorre la recta deecuacion cartesiana y = mx + n. ¿Que curva recorre el punto Q(w) conw = z + z0?

42. Con referencia al problema resuelto [9.10.31], determinar la curva quedescribe el punto Q cuando el punto P recorre el eje imaginario.

43. Con referencia al problema resuelto [9.10.32], determinar la curva quedescribe el punto Q cuando el punto P describe la circunferencia deecuacion | z | = 1.

44. Los puntos P (z) y Q(w) son tales que siempre se verifica que w =1 + z

1− z.

Demostrar que si el punto P recorre la circunferencia de ecuacion | z | =1, el punto Q pertenece al eje imaginario.

45. Determinar los puntos P (z) que pertenecen a la simetral del trazo ABcon a(4 + 0i), B(8 + 0i) y a la circunferencia de Apolonio de razon 5/3del trazo CD con C(12 + 0i), D(0 + 8i).

46. ¿Que lugar geometrico representa la ecuacion | 3z − 1 | = | 5z + 10 |?47. Demostrar que la ecuacion z0z + z0z + k = 0 (k ∈ R), representa a una

recta perpendicular a OP0, siendo P0(z0).

48. Sean Pk(zk) (k = 1, 2, 3, 4, 5, 6) los vertices de dos triangulos semejantesP1P2P3, P4P5P6. Demostrar que:

∣∣∣∣∣∣

z1 z4 1z2 z5 1z3 z6 1

∣∣∣∣∣∣= 0 .

49. Si P1, P2, P3 no son colineales de a pares con el origen y si:

a1z1 + a2z2 + a3z3 = b1z1 + b2z2 + b3z3 = 0 ,

(con a1, a2,a3, b1,b2, b3 ∈ R), demostrar que:

a1

b1

=a2

b2

=a3

b3

.

353

50. Demostrar el teorema de Ptolomeo:

Los puntos Pk(zk), k = 1, 2, 3, 4 son concıclicos si y solo si:

|(z1 − z2)(z3 − z4)|+ |(z2 − z3)(z1 − z4)| = |(z3 − z1)(z4 − z2)| .

51. Si ω es una raız cubica de la unidad, demostrar que los puntos P1(1−ω),P2(ω − ω2), P3(ω

2 − 1) son los vertices de un triangulo equilatero.

52. Si A(a), B(b), C(c) son los vertices de un triangulo equilatero y ω es unaraız cubica de la unidad, demostrar que a+bω+cω2 = 0 o a+bω2+cω = 0.

53. Los puntos A(a), B(b), C(c) son los vertices de un triangulo equilaterocon a = 4 + 6i, b = (1− i)a. Determinar los posibles valores de c.

54. Dos vertices opuestos del cuadrado ABCD son los puntos A(1 + i) yC(2 + 5i). Determinar los otros dos vertices del cuadrado.

55. Las posiciones de los vertices opuestos A y C de un rombo ABCD estandados por las raıces de la ecuacion z2 − 6(1 + i)z + 16i = 0. Determinarla ecuacion de segundo grado cuyas raıces dan las posiciones de los otrosdos vertices.

56. Demostrar, usando complejos, que en cualquier triangulo se cumple que:

c3 = b3 cos 3α + 3a2b cos(α− 2β) + 3ab2 cos(2α− β) + a3 cos 3β .

57. Demostrar que los complejos z1 y z2 son perpendiculares si y solo siz1z2 + z1z2 = 0.

58. Sea G el centro de gravedad del triangulo ABC, Demostrar que:

3(GA2+ GB

2+ GC

2) = GA

2+ AB

2+ BC

2+ CA

2.

59. En un triangulo ABC los puntos D, E y F trisectan los lados de modoque BC = 3BD, CA = 3CE y AB = 3AF . Demostrar que los triangulosABC y DEF tienen el mismo centro de gravedad.

60. Sea ABCD un cuadrado y E un punto en su interior tal que los angulosECD y EDC miden 15◦. Demostrar que el triangulo AEB es equilatero.

61. Sean A, B puntos fijos de una circunferencia de ecuacion | z | = 1 ysea XY un diametro variable de esta. Probar que el L.G. del punto de

interseccion P de las rectas←→AX y

←→BY es una circunferencia.

354

62. Sobre los lados de un paralelogramo se construyen cuadrados hacia elexterior. Demostrar que los cuatro centros de estos cuadrados forman, asu vez, un cuadrado.

63. Sean P1, P2, · · · , Pn los vertices de un polıgono regular inscrito en lacircunferencia de ecuacion | z | = r.

(i) Sea P un punto de ella. Demostrar que:

n∑

k=1

PPk4

= 6nr4 .

(ii) Sea Q(z) un punto del plano. Demostrar que:

n∏

k=1

QPk = | | z |n − rn | .

64. Sea P0(z0) un punto de la circunferencia de ecuacion | z | = 1. Demostrarque la recta tangente a la circunferencia en el punto P0 tiene por ecuacion:

z = − 1

z20

z +2

z0

.

355


(1) (2, 5),(−19, 17),(− 3

25,− 4

25

),( 5

26,− 1

26

).

(3)(49

61,−10

61

).

(4) −(9 + 13i).

(6) 26√

13.

(7)(1

2,

√3

2

).

(8)( 3

10,

910

).

(10) 2Cis(5π

6

), 5Cis(306◦).

(12) 2senθ

2,π

2+

θ

2.

(14) 2∣∣∣ sen

α− β

2

∣∣∣ cos(− α + β

2

).

(18) ±1 + 8k , k ∈ Z.

(20) 1,2kπ

5, k ∈ Z.

(23) ±5− 3i√2

.

(24)±5− 4

√2

3√

2+

(∓1 +√

2√2

)i.

(27) −2/3, 8± 15i.

(32) ω, ω2,1± i

2.

(41) Una recta paralela a la recta dada.

(42) La circunferencia de diametro AB.

(45) P1(6 + 8i), P2(6 + 17i).

(46) La circunferencia de Apolonio de razon 5/3 del trazo AB con A( 13 + 0i), B(−2 + 0i).

(53) (7± 2√

3) + i(4± 3√

2)

(54) 4 + 2i , 4i

(55) z2 − 6(1 + i)z + 2i(λ2 + 4) = 0

356

Capıtulo diez

POLINOMIOS Y ECUACIONES

En la ensenanza media ya hemos visto los polinomios del tipo:

−7x3 + 4x2 − 5x + 3 ,

45x5 + 23x3 − 7x2 + 4x +√

2 ,

y tambien se menciono la condicion que nos senala cuando dos polinomios soniguales, como se suman, multiplican y dividen. Ası, por ejemplo, si considera-mos los polinomios:

p1(x) = 3x2 + 3 , p2(x) = 2x3 + 5x2 + 2x ,

resulta:p1(x) + p2(x) = 2x3 + 8x2 + 2x + 3 ,

o sea, se suman los terminos homologos. Ademas:

p1(x) · p2(x) = 6x5 + 15x4 + 12x3 + 15x2 + 6x .

Ahora bien, si en general, tenemos los polinomios:

p1(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a2x2 + a1x + a0 =

n∑

k=0

an−kxn−k , an 6= 0 ,

p2(x) = bmxm + bm−1xm−1 + · · ·+ b2x

2 + b1x + b0 =m∑

k=0

am−kxm−k , bm 6= 0 ,

con m > n, entonces:

p1(x)+p2(x) = anxn+an−1x

n−1+· · ·+am+1xm+1+(am+bm)xm+(am−1+bm−1)x

m−1+

+ · · ·+ (a2 + b2)x2 + (a1 + b1)x + (a0 + b0) ,

y tambien:

p1(x) ·p2(x) = anbmxm+n+ · · ·+[a2b0+a1b1+a0b2

]x2+

[a1b0+a0b1

]x+a0+b0 .

Considerando estos hechos nosotros definiremos lo que se entendera por polino-mio, igualdad de polinomios, suma de polinomios, ponderacion de polinomios,multiplicacion de polinomios, etc.

357

De paso, hacemos notar que el significado de x no tiene relevancia en el sentidode que podrıa ser, entre otros, un numero real, una matriz cuadrada, una fun-cion, etc. Por lo tanto, el lector no tiene que dar a x un significado espec´ıficoy tampoco debera considerar a un polinomio como una funcion.

En primer lugar veremos a los polinomios bajo un punto de vista abstracto y,con posterioridad el significado de las funciones polinomiales. El tratamiento ydesarrollo general de los polinomios es parte importante del algebra moderna,pero nosotros no ahondaremos en ello.

10.1 Series formales

Con K indicaremos el universo numerico y con (K, +, ·, 0, 1) ya sea a la estruc-tura algebraica de los enteros, o de los racionales, o la de los reales, o a la delos complejos u otra. Consideramos la sucesion:

f : N→ K , f(n) = an ,

la que informalmente escribiremos tambien como:

f = (a0, a1, a2, a3, · · · , an, · · · ) = {an} ,

y con todas estas funciones formamos el conjunto:

S = {f | f : N→ K es sucesion} .

Ahora le daremos a S una estructura definiendo en el la igualdad de elementos,adicion, multiplicacion y ponderacion por escalar.

Definicion 10.1.1 Sean α ∈ K y f = {an}, g = {bn}, h = {cn} ∈ S. Sedefine:

(i) Igualdad entre f y g como:

f = g ⇐⇒ ∀n ∈ N (an = bn

).

(ii) Suma de f y g como:

h = f + g ⇐⇒ ∀n ∈ N (cn = an + bn

).

358

(iii) Ponderacion de f por α como:

g = αf ⇐⇒ ∀n ∈ N (bn = αan

).

(iv) Producto de f y g como:

h = f · g ⇐⇒ ∀n ∈ N (cn =

∑i+j=n

ai · bj =n∑

k=0

ak · bn−k

).

Teorema 10.1.1 (i)(S, +

)es grupo abeliano.

(ii)(S, +, ·) es anillo conmutativo con unidad.

(iii) f · g = 0 ⇒ (f = 0 ∨ g = 0

)( o sea

(S, +, ·) es dominio de integridad ).

(iv)(S, +, ·) y ponderacion por escalar es algebra.

Definicion 10.1.2

S0 = {f ∈ S | f = (r, 0, 0, · · · , 0, · · · )} .

Teorema 10.1.2 S0 esta en correspondencia biunıvoca con K. Ademas, estacorrespondencia respeta las operaciones de adicion y multiplicacion. O sea S0

y K son isomorfos; es decir, S0 se identifica con K.

Nota:

En lo sucesivo el elemento (0, 1, 0, · · · , 0, · · · ) ∈ S sera simbolizado por x,o sea:

x = (0, 1, 0, · · · , 0, · · · ) ,

ademas, definiremos:

x0 = (1, 0, 0, · · · , 0, · · · ) ,

y utilizando la definicion de multipicacion se verifica que:

x2 = (0, 0, 1, 0, · · · , 0, · · · ) = x · x ,

x3 = (0, 0, 0, 1, · · · , 0, · · · ) = x2 · x ,

· · ·

359

xn = (0, 0, 0, 0, · · · , 1, · · · ) = xn−1 · x ,

· · ·es decir: [

xn]i= δn

i =

{1 si : i = n0 si : i 6= n

Ahoara bien, siendo:

f = {an} = (a0, a1, a2, a3, · · · , an, · · · ) ∈ S ,

tendremos:

f = a0x0 + a1x + a2x

2 + · · ·+ anxn + · · · (1)

Esta notacion se puede generalizar para cualquier:

g = {bn} = (b0, b1, b2, b3, · · · , bn, · · · ) ∈ S ,

o sea:

g = b0x0 + b1x + b2x

2 + · · ·+ bnxn + · · · (2)

Definicion 10.1.3 Los elementos de(S, +, ·) expresados en la forma (1) y

( tambien en la forma (2) ) se denominaran series formales y(S, +, ·) se

llamara algebra de las series formales.

Problema 10.1.1 Dado un polıgono convexo de n + 1 lados, se pide calcularel numero de maneras de dividirlo en triangulos por medio de diagonales queno se cortan en su interior.

Solucion:

Sea an el numero de maneras de dividir un polıgono convexo de n + 1 ladosen triangulos por medio de diagonales que no se cortan en su interior; lue-go, se tiene a1 = 1 puesto que el trazo A0A1 se puede considerar como eltrianguloA0A1A0. Es evidente que a2 = 1 ya que se dispone del trianguloA0A1A2. Por otro lado, a3 = 2 ya que el cuadrilatero convexo A0A1A2A3

tiene dos diagonales y por cada diagonal hay una solucion. Ahora, para elcaso del pentagono convexo A0A1A2A3A4 resulta a4 = 5 ya que, para ello,bastara considerar la siguiente figura 10.1.

360

A0

A2

A1

A3

A4

A0

A2

A1

A3

A4

A0

A2

A1

A3

A4

A0

A2

A1

A3

A4

A0

A2

A1

A3

A4

Fig. 10.1

Pues bien, pasemos al caso general:

Considerando la figura 10.2, donde se presenta tal polıgono convexode n + 1lados, dicho polıgono se ha partido enla region <1,el triangulo A0AkAn y en laregion <2. Es claro que <1 tiene k + 1 lados, por lo tanto, en ella el numeroen estudio es ak. Ademas, <2 tiene n + 1− k lado, luego, para ella el numeroes an−k. A causa del principio multiplicativo para tal particion el numero detriangulos es:

ak · an−k ,

361

pero esto es valido para k = 1, 2, 3, · · · , n − 1, en consecuencia, por elprincipio aditivo resultara:

an = a1 · an−1 + a2 · an−2 + a3 · an−3 + · · ·+ an−1 · a1 .

..

R1R2

..

.

A(n–2)

A(n–3).

A1

A2

A3

Ak

A(n–1)

An A0

Fig. 10.2

Considerando la serie de potencias:

y = a1x + a2x2 + a3x

3 + · · ·+ anxn + · · · con : a1 = a2 = 1 ,

observamos que en esta serie resulta y = 0 cuando x = 0; ademas, se tiene:

y2 = y·y = (a1x+a2x2+a3x

3+· · ·+anxn+· · · )·(a1x+a2x

2+a3x3+· · ·+anxn+· · · ) ,

o sea:

y2 = a21x

2 + (a1 · a2 + a2 · a1)x3 + (a1 · a3 + a2 · a2 + a3 · a1)x

4+

+ · · ·+ (a1 · an−1 + a2 · an−2 + a3 · an−3 + · · ·+ an−1 · a1)xn + · · · =

= a2x2 + a3x

3 + a4x4 + · · ·+ anxn + · · · = y − x ,

de donde:y2 = y − x con : y = 0 si : x = 0 ,

ademas, el numero buscado an es el coeficiente de xn en y2. Pues bien, comotenemos:

y2 − y + x = 0 ⇒ y =1±√1− 4x

2,

o mejor:

y =1

2

(1±

∞∑

k=0

(−1)k

(12

k

)22kxk

)=

1

2

(1± 1±

∞∑

k=1

(−1)k

(12

k

)22kxk

),

362

y como y = 0 si x = 0 vemos que solo hay que considerar el signo negativo,con lo que:

y =∞∑

k=1

(−1)k+1

(12

k

)22k−1xk ,

y en este desarrollo el coeficiente de xn es:

an = (−1)n+1

(12

n

)22n−1 =

= (−1)n+122n−112

(12− 1

) (12− 2

) · · · (12− (n− 1)

)

n!=

= (−1)n+122n−1 1(1− 2)(1− 4) · · · (1− 2(n− 1))

n!=

= (−1)n+122n−1(−1)n−1 1 · 3 · 5 · · · (2n− 3)

n!=

=1 · 2 · 3 · 4 · · · (2n− 3) · (2n− 2)

(n− 1)! · n!=

=1

n· (2n− 2)!

(n− 1)! · n!=

1

n·(

2n− 2

n− 1

),

por lo tanto, tenemos que la respuesta esta dada por el numero de Catalan:

an =1

n·(

2n− 2

n− 1

).

10.2 Polinomios

Definicion 10.2.1 Se denomina polinomio de grado n con coeficientes en Ka aquella serie formal para la que an 6= 0 y ∀m ∈ N [

(m > n) ∧ am = 0].

Notas:

(1) O sea, un polinomio de grado n con coeficientes en K es del tipo:

f = anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a2x

2 + a1x + a0 , an 6= 0 ,

o tambien:

f =n∑

k=0

an−kxn−k , an 6= 0 .

363

(2) Al conjunto de todos los polinomios con coeficientes enK lo simbolizaremospor K

[x], luego, se tiene:

K[x]

= {f ∈ S | f =n∑

k=0

an−kxn−k, con an 6= 0 para algun n ∈ N} .

(3) Es claro que(K

[x], +, ·) es una subalgebra de

(S, +, ·).

(4) En lo sucesivo los elementos de K[x]

seran simbolizados por p(x), q(x),r(x) y algunas veces con subındice como p1(x), p2(x), etc.

Ası, por ejemplo:

p(x) = 7x3 − 2x + 4 puede considerarse como un polinomio de grado 3 concoeficientes enteros.

q(x) =√

2x7− 5√

x5+ 7x2− 3x + π puede ser interpretado como un polinomio

de grado 7 con coeficientes reales.

r(x) = (2+i)x5−(3−2i)x2+5x−1 es un polinomio de grado 5 con coeficientescomplejos.

(5) La notacion gr[p(x)

]nos senalara el grado del polinomio del polinomio

p(x). Por lo demas, es claro que para los polinomios del tipo:

p(x) = a , con a 6= 0

se tiene gr[p(x)

]= 0, puesto que p(x) = a = ax0 y el polinomio nulo p(x) = 0

se entendera sin grado.

Teorema 10.2.1 Sean p(x) , q(x) ∈ K[x], entonces:

(i) gr[p(x) + q(x)

] ≤ max {gr[p(x)

], gr

[q(x)

]}.(ii) gr

[p(x) · q(x)

]= gr

[p(x)

]+ gr

[q(x)

].

Teorema 10.2.2 (Algoritmo de Euclides o de la division de polino-mios)

Si K es, ya sea C, R o Q y si d(x) es un polinomio no nulo con coeficientes enK, entonces para todo polinomio D(x) con coeficientes en K existen polinomiosunicos q(x), r(x) con coeficientes en K tales que:

D(x) = d(x) · q(x) + r(x)con r(x) = 0 o gr

[r(x)

]< gr

[d(x)

]}

(∗)

364

Nota:

Como:D(x) = d(x) · q(x) + r(x) ,

recordamos que D(x) se conoce como polinomio dividendo, d(x) como po-linomio divisor, q(x) como polinomio cuociente y r(x) como polinomioresto. Ası, por ejemplo tenemos:

x4 − 1 = (x3 + x + 1)x− (x2 + x− 1) ,

y vemos que:

D(x) = x4 − 1 , d(x) = x3 + x + 1 , q(x) = x , r(x) = x2 + x− 1 .

Demostracion:

Para demostrar el teorema anterior , probaremos la existencia de q(x) y r(x)efectuando induccion en el grado de D(x). Pues bien, sea n el grado de d(x)y consideremos el conjunto:

S = {m ∈ N | gr[D(x)

]< m y existen q(x), r(x) satisfaciendo (∗)} ,

es claro que si m ≤ n, entonces m ∈ S ya que si gr[D(x)

]< n se toman los

polinomios q(x)00 y r(x) = D(x) con lo que se tendra:

D(x) = 0 · d(x) + D(x) ,

es evidente, entonces que {0, 1, 2, · · · , n} ⊂ S.Supongamos ahora que m ∈ Scon m ≥ n, es decir m + 1 > n, probaremos que (m + 1) ∈ S con lo que lainduccion quedara establecida.

Sea gr[D(x)

]= m, ademas, tenemos:

D(x) =m∑

k=0

am−kxm−k con am 6= 0 ,

y:

d(x) =n∑

k=0

bn−kxn−k con bn 6= 0 .

Consideremos el polinomio:

p(x) = D(x)− am

bn

xm−nd(x) ,

365

o sea que a D(x) se le ha quitado al menos el termino amxm, por lo tanto,gr

[D(x)

]< m y como m ∈ S vemos que si p(x) = 0 conseguimos:

D(x) =am

bn

xm−nd(x) ,

con lo que:

q(x) =am

bn

xm−n y r(x) = 0 .

Ahora, si p(x) 6= 0, vemos que satisface (*), es decir, existen polinomios q1(x)y r1(x) tales que:

p(x) = q1(x)d(x) + r1(x) con r1(x) = 0 o gr[r1(x)

]< n ,


D(x) =

[am

bn

xm−n − q1(x)

]d(x) + r1(x) ,

lo que prueba que (m + 1) ∈ S.

A continuacion estableceremos la unicidad de q(x) y r(x). Supongamos que:

q1(x)d(x) + r1(x) = D(x) = q2(x)d(x) + r2(x) ,

luego: [q1(x)− q2(x)

]d(x) = r2(x)− r1(x) ,

ahora bien, si q1(x) − q2(x) 6= 0, entonces r2(x) − r1(x) 6= 0, pero comogr

[(q1(x) − q2(x)

)d(x)

]> n, entonces gr

[r2(x) − r1(x)

]> n, lo que es una

contradiccion con (*); por lo tanto:

q1(x) = q2(x) ∧ r1(x) = r2(x) .

Corolario 10.2.1 Si en el teorema anterior consideramos d(x) = x − a, en-tonces D(x) se puede escribir en forma unica como:

D(x) = (x− a) · q(x) + r(x)con r(x) = 0 o gr

[r(x)

]= 0

}

es decir, se tendra:D(x) = (x− a)q(x) + b

pudiendo suceder que la constante b sea igual a 0.

Definicion 10.2.2 Si D(x) = (x− a)q(x), entonces diremos que q(x) es divi-sor de D(x).

366

10.2.1 Metodo de division sintetica

Este metodo se conoce como Regla de Ruffini o Esquema de Horner.Paolo Ruffini (1765- 1822) contribuyo extensamente a la teorıa de ecuaciones,entre sus obras tenemos “Teorıa generale delle equazioni”(Bolonia - 1799).William George Horner (1786-1837) llego independientemente a un antiguometodo chino (siglo XIII) para aproximar raıces de una ecuacion numerica ylo expuso en un paper ante la Royal Society en 1819.

El metodo consiste en lo siguiente, supongamos que tenemos el polinomio degrado n:

D(x) =n∑

k=0

an−kxn−k , an 6= 0 , (1)

y que pretendemos dividirlo por d(x) = x − a, por lo que hemos dicho, setendra:

D(x) = (x− a)q(x) + b , (2)

donde q(x) es un polinomio de grado n− 1, digamos:

q(x) =n−1∑

k=0

bn−kxn−k , bn−1 6= 0 , (3)

de (1), (2) y (3) se concluye que:

bn−1 = an , bn−2 = an−1 + abn−1 , · · · , bn−k = an−(k−1) − abn−(k−1) , · · · ,

· · · , b1 = a2 + ab2 , b0 = a1 + ab1 , b = a0 + ab0 .

En forma esquematica colocamos estos calculos en la forma siguiente:

an an−1 an−2 · · · an−(k−1) · · · a2 a1 a0 | aabn−1 abn−2 · · · abn−(k−1) · · · ab2 ab1 ab0 |

an = bn−1 bn−2 bn−3 · · · bn−k · · · b1 b0 b

Vemos que el primer renglon del esquema se colocan , en orden, los coeficientesdel polinomio D(x) y en el tercer renglon se van ubicando los coeficientes deq(x) partiendo con bn−1 = an debajo de an, ası hemos obtenido el valor de bn−1.Para encontrar el valor de bn−2 multiplicamos a bn−1 por a cuyo producto locolocamos en el segundo renglon debajo de an−1, en esa columna sumamosy obtenemos bn−2 = an−1 + abn−1; procedemos en esta forma sucesivamente,iterando el proceso, hasta obtener el ultimo numero del tercer renglon quejustamente produce el resto b.

367

Por ejemplo, si D(x) = 3x3 − 5x2 − 16x + 12 y d(x) = x − 2

3, tendremos el

esquema:

3 -5 -16 12 | 2

32 -2 -12 |

3 -3 -18 0

con lo que resulta q(x) = 3x2 − 3x− 18 y el resto es b = 0.

Otro ejemplo, si D(x) = x3 − x2 − 8x − 12 y d(x) = x − 3, tendremos elesquema:

1 -1 -8 -12 | 33 6 -6 |

1 2 -2 -18

con lo que resulta q(x) = x2 + 2x− 2 y el resto es b = −18.

Tambien, si D(x) = 7x4− 2x2 + 3x− 8 y d(x) = x + 2, tendremos el esquema:

7 0 -2 3 -8 | −2-14 28 -52 98 |

7 -14 26 -49 90

con lo que resulta q(x) = 7x3 − 14x2 + 26x− 49 y el resto es b = 90.

Problema 10.2.1 Expresar el polinomio p(x) = 2x3 + x2 − 5x− 3 como po-linomio en (x− 2).

Solucion:

El polinomio pedido sera del tipo p(x) = b3(x−2)2 +b2(x−2)2 +b1(x−2)+b0.Para encontrarlo utilizamos el metodo de division sintetica porque b0 se obtieneal dividir p(x) por x−2, b1 se consigue al dividir el polinomio cuociente anteriorpor x− 2 y ası, sucesivamente. Por lo tanto, tenemos:

2 -1 -5 -3 | 24 10 10 |

2 5 5 7 = b0

2 5 5 | 24 18 |

2 9 23 = b1

2 9 | 24 |

2 13 = b2

368

Luego, el polinomio pedido es:

p(x) = 2(x− 2)3 + 13(x− 2)2 + 23(x− 2) + 7 .

Problema 10.2.2 Expresar el polinomio p(x) = 2x3 + x2 − 5x− 3 como po-linomio en (x + 2).

Solucion:

Ahora deseamos encontrar p(x + 2) y ya sabemos, por el problema anterior,que p(x) = 2(x − 2)3 + 13(x − 2)2 + 23(x − 2) + 7, por lo tanto, tendremosp(x + 2) = 2x3 + 13x2 + 23x + 7 y con ello llegaremos a:

2(x + 2)2 + (x + 2)2 − 5(x + 2)− 3 = 2x3 + 13x2 + 23x + 7 .

10.2.2 Maximo comun divisor entre dos polinomios

Nos damos los polinomios D(x) y d(x) con gr[D(x)

]> gr

[d(x)

]: Por el algo-

ritmo de la division tenemos que:

D(x) = d(x) · q1(x) + r1(x) , gr[r1(x)

]< gr

[d(x)

],

luego, por analogıa, conseguiremos:

d(x) = r1(x) · q2(x) + r2(x) , gr[r2(x)

]< gr

[r1(x)

],

y, llegando hasta:r`−1(x) = r`(x) · q`+1(x) .

Como el grado de los polinomios restos va en disminucion y el grado de d(x) esfinito resulta que el proceso hecho anteriormente puede terminar en dos formasa saber:

(i) gr[r`(x)

]= 0, o sea r`(x) = k 6= 0

(ii) gr[r`(x)

]> 0, es decir r`(x) es un polinomio no constante.

Es sencillo hacer ver que r`(x) divide a D(x) y a d(x). A su vez, r`(x) es elpolinomio de mayor grado que divide a ambos.

369

Nota:

Con la notacion:q(x) | p(x) ,

indicaremos que el polinomio q(x) divide al polinomio p(x), o sea q(x) esfactor de p(x).

Volviendo a lo que nos preocupa tendremos que:

r`(x) | D(x) ∧ r`(x) | d(x) ,

lo anterior es evidente puesto que que bastara proceder a sustituir en el metodoanterior desde abjo hacia arriba como demostraremos a continuacion.

Sea:W = {p(x) ∈ K[

x] | p(x) = α(x)D(x) + β(x)d(x)} ,

como :D(x) = q1(x)d(x) + r1(x) ,

se deduce que p(x) ∈ W , entonces:

p(x) = γ(x)d(x) + δ(x)r1(x) ,

o sea:

p(x) ∈ W1 = {s(x) ∈ K[x] | s(x) = γ(x)d(x) + δ(x)r1(x)} ,

y, procediendo en esta forma conseguiremos:

p(x) ∈ W2 = {t(x) ∈ K[x] | t(x) = µ(x)d(x) + ν(x)r1(x)} ,

y, en general:

p(x) ∈ Wm = {u(x) ∈ K[x] | u(x) = θ(x)r`−1(x) + ω(x)r`(x)} =

= {u(x) ∈ K[x] | u(x) = ψ(x)r`(x)} ,

con lo que:r`(x) | p(x) ,

en especial, si hacemos β(x) = 0 y α(x) = 1 se obtendra:

p(x) = D(x) ,

y si β(x) = 1 y α(x) = 0 se conseguira:

p(x) = d(x) ,

370

y, en conclusion:r`(x) | D(x) ∧ r`(x) | d(x) .

Ahora bien, si v(x) es un polinomio tal que:

v(x) | D(x) ∧ v(x) | d(x) ,

debera tenerse entonces que:

v(x) | r1(x) ,

y, por lo tanto, tambien:

v(x) | rj(x) , para j = 1, 2, · · · , `

luego, r`(x) es el maximo comun divisor de D(x) y de d(x), lo que sesimboliza por:

r`(x) = M.C.D.[D(x), d(x)

].

Falta establecer ahora que r`(x) ∈ W , es decir, existen polinomios α(x) y β(x)tales que:

r`(x) = α(x)D(x) + β(x)d(x) ,

lo que es efectivo, puesto que:

r`(x) = r`−2(x)−q`−1(x)r`−1(x) = r`−2(x)−q`−1(x)(r`−3(x)−q`−2(x)r`−2(x)

)=

= r`−2(x)(1 + q`−1(x)q`−2(x)

)− q`−1(x)r`−3(x) = · · · = α(x)D(x) + β(x)d(x) .

Problema 10.2.3 Encontrar el M.C.D.[D(x), d(x)

]siendo D(x) = 3x3+x+

4 y d(x) = 2x3 − x2 + 3.

Solucion:

Tenemos:

3x3 + x + 4 =3

2(2x3 − x2 + 3) +

3

2x2 + x− 1

2,

ahora:

2x3 − x2 + 3 = (3x2 + 2x− 1)

(2

3x− 7

9

)+

20

9x +

20

9,

y, por ultimo:3x2 + 2x + 1 = (3x− 1)(x + 1) ,

luego, resulta:

M.C.D.[3x3 + x + 4, 2x3 − x2 + 3

]= x + 1 .

371

Definicion 10.2.3 Los polinomios D(x) y d(x) se dicen polinomios primosrelativos si el maximo comun divisor entre ellos es una constante no nula, omejor dicho es la unidad.

Nota:

Es decir, Los polinomios D(x) y d(x) son polinomios primos relativos si existenpolinomios α(x) y β(x) tales que:

1 = α(x)D(x) + β(x)d(x) .

Teorema 10.2.3 (i) Si r(x) = M.C.D.[D(x), d(x)

], entonces los polino-

mios α(x) y β(x) tales que:

r(x) = α(x)D(x) + β(x)d(x) ,

no tienen factores comunes.

(ii) Si D(x) y d(x) no tienen factores comunes y si d(x) es un factor deD(x)q(x), entonces d(x) es un factor de q(x).

(iii) Si D(x) y d(x) no tienen factores comunes y si p(x) es otro polinomio,entonces cualquier factor de D(x)p(x) y d(x) es un factor de p(x).

10.2.3 Evaluacion de polinomios

Si K es, ya sea Z, Q, R o C, entonces K[x]

sera el conjunto de los polinomioscon coeficientes en K. Con la letra A senalaremos el universo de un algebracon respecto a K, o sea (A, +, ·) es una K-algebra.

Definicion 10.2.4 Sea c ∈ A un elemento fijo del algebra (A, +, ·). Se definela funcion:

fc : K[x] → A por : fc(p(x)) =

n∑

k=0

an−kcn−k con : c0 = 1A ,

donde:

p(x) =n∑

k=0

an−kxn−k y 1A es la unidad del algebra (A, +, ·) .

Entoces fc(p(x)) se conoce como evaluacion de p(x) en c.

372

Nota:

Como (A, +, ·) es una K-algebra vemos que para todo k ∈ N ck esta biendefinido, como tambien que para todo k ∈ N ck akc

k y en conclusion tambien:

n∑

k=0

an−kcn−k = ancn + an−1c

n−1 + an−2cn−2 + · · · a2c

2 + a1c1 + a01A .

Teorema 10.2.4 La funcion fc : K[x] → A es un homomorfismo del algebra

(K[x], +, ·) en la K-algebra (A, +, ·), o sea satisface las propiedades:

(i) ∀ α, β ∈ K ,∀p1(x), p2(x) ∈ K[x]

se tiene:(fc(α p(1(x) + β p2(x)) = α fc(p1(x)) + β fc(p2(x))

),

(ii) ∀ p1(x), p2(x) ∈ K[x]

se tiene:(fc(p1(x) · p2(x)) = fc(p1(x)) · fc(p2(x))

).

Ejemplo 10.2.1 Sea p(x) = 2x2 − 3x + 4 ∈ R[x], luego:

(i) si A = R y hacemos c = 2, tendremos:

fc(p(x)) = 2 · 22 − 3 · 2 + 4 · 1 = 6 ,

(ii) si A = C y hacemos c = i, tendremos:

fc(p(x)) = 2 · i2 − 3 · i + 4 · 1 = 2− 3i ,

(iii) si A es el algebra de las matrices reales de orden 2× 2 y hacemos c igual

a la matriz

[1 −10 −1

], o sea c =

[1 −10 −1

], tendremos:

fc(p(x)) = 2 ·[

1 −10 −1

]2

− 3 ·[

1 −10 −1

]+ 4 ·

[1 010 1

]=

[3 30 9

],

(iv) si A es el algebra de las funciones reales y hacemos c = cos[ ], tendremos:

fc(p(x)) = 2 · cos2[ ]− 3 · cos[ ] + 4 · I[ ] ,

con ello, por ejemplo, resulta:

(fc(p(x))

) (π

3

)= 2 cos2 π

3− 2 cos

π

3+ 4

π

3.

373

Nota:

En lo sucesivo la notacion para fc(p(x)) sera p(c), o sea fc(p(x)) = p(c).

Definicion 10.2.5 Sea p(x) ∈ K[x]

un polinomio, la funcion:

p : K→ K definida por : p(c) = p(c) ,

se conoce como funcion polinomica.

Nota:

Por comodidad confundiremos p con p, o sea utilizaremos la misma simbologıapara ambas.

Definicion 10.2.6 Sea p(x) ∈ K[x]

un polinomio y c ∈ A, diremos que c escero o raız de p(x) si p(c) = 0

Ejemplo 10.2.2 Si p(x) = x2 − 1 ∈ R[x], luego:

(i) si c = 1 ∈ R, entonces p(1) = 12 − 1 = 0, o sea c = 1 es cero o raız dep(x),

(ii) si A es el algebra de las matrices reales de orden 2 × 2 y pensamos que

c toma el valor c =

[1 −10 −1

], entonces:

p

([1 −10 −1

])=

[1 −10 −1

]2

−[

1 00 1

]=

[0 00 0

]

o sea c =

[1 −10 −1

]es cero o raız de p(x)

Teorema 10.2.5 Teorema del restoAl dividir p(x) por (x− c) el resto es p(c).

Demostracion:

En efecto, por el algoritmo de Euclides tenemos que:

p(x) = (x− c)q(x) + r con gr[r]

= 0 o r = 0 ,

374

pero tambien:

p(c) = (c− c)q(c) + r ,

por lo tanto, resulta r = p(c).

Nota:

No olvidar que en algebra A r se representa por r · 1A.

Corolario 10.2.2 Si c es raız de p(x), entonces (x − c) es factor de p(x), osea, p(x) = (x− c) · q(x).

Definicion 10.2.7 c es raız de p(x) con multiplicidad m si (x− c)m es factorde p(x) y (x− c)m+1 no es factor de p(x).

O sea:

p(x) = (x− c)m · q(x)

y c no es raız de q(x).

Definicion 10.2.8 Si c es raız de p(x) con multiplicidad m diremos que p(x)tiene m raıces iguales.

Teorema 10.2.6 Un polinomio de grado n tiene a lo sumo n raıces si A es unalgebra conmutativa y no tiene divisores de cero. En especial esto se cumpleen el caso en que A es ya sea Z, Q, R o C.

Demostracion:

Procederemos a efectuar la demostracion haciendo induccion en n, grado delpolinomio p(x).

Pues bien, si p(x) es de grado 1, o sea, p(x) = ax + b con a 6= 0, entonces la

raız es c = − b

a· 1A, en el caso Q, R o C y en la situacion Z siempre que a sea

divisor de b. De todos modos, el numero de raıces a lo sumo es uno.

Supongamos ahora que la propiedad es valida para todos los polinomios degrado menor que n

375

Consideremos ahora un polinomio p(x) de grado n. Si el polinomio no tieneraıces el teorema es verdadero porque 0 < n Supongamos entonces que p(x)tiene una raız c de multipplicidad m, luego:

p(x) = (x− c)mq(x) ,

con grado de q(x) igual a (n−m). Como (x− c)m+1 no divide a p(x), entonces(x− c) no es factor de q(x), por lo tanto, c no es raız de q(x). Si a es otra raızde p(x), con a 6= c, tendremos:

0 = p(a) = q(a)(a− c)m ,

luego q(a) = 0, o sea, a es raız de q(x) y como el grado de q(x) es menor quen se tiene que q(x) tiene a lo sumo (n−m) raıces, y, por lo tanto, p(x) tienea lo mas n raıces.

Nota:

La no existencia de divisores de cero es importante ya que, si, por ejemploconsideramos el algebra cuyo conjunto es A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} conadicion y multiplicacion modulo 8, en ella el polinomio p(x) = x2 − 1 tienelas raıces :1, 3, 5, 7. Por lo tanto, existen cuatro raıces diferentes para estepolinomio de grado 2. Observamos que en esta algebra existen divisores decero ya que, por ejemplo 2 · 4 = 0 modulo 8.

Corolario 10.2.3 Si el polinomio p(x) =n∑

k=0

an−kxn−k tiene mas de n raıces,

entonces para todo n an−k = 0.

Corolario 10.2.4 Si los polinomios p(x) =n∑

k=0

an−kxn−k y q(x) =

m∑

k=0

bn−kxn−k,

con n ≥ m, coinciden en mas de n + 1 evaluaciones, entonces son iguales.

Teorema 10.2.7 Sean:

K[x]

= {p(x) ∈ S | p(x) =n∑

k=0

an−kxn−k, con an 6= 0 para algun n ∈ N} ,

yP = {p | p : K→ K es funcion polinomial} ,

entonces la funcion:

f : K[x] → P definida por : f(p(x)) = p ,

es un monomorfismo, o sea satisface las propiedades:

376

(i)(f(α p(1(x) + β p2(x)) = α f(p1(x)) + β f(p2(x))

),

(ii)(f(p1(x) · p2(x)) = f(p1(x)) · f(p2(x))

),

(iii) f(p1(x)) = f(p2(x)) ⇒ p1(x) = p2(x) .

Problema 10.2.4 Resolver el sitema de ecuaciones lineales:n∑

i=1

xi

ai + λj

= 1 para : j = 1, 2, · · · , n .

Solucion:

Sea:

p(λ) =n∏

i=1

(ai + λ)

[n∑

k=1

xk

ak + λ− 1

],

vemos que p(λ) es un polinomio en λ de grado n y que, ademas, se anula paraλ = λ1, λ2, · · ·λn y se tiene tambien que:

p(λ) = −λn + q(λ) ,

donde q(λ) es un polinomio de grado n− 1, por lo tanto, tenemos:

p(λ) = −n∏

i=1

(λ− λi) ,

y con ello:

−n∏

i=1

(λ−λi) =n∏

i=1

(ai+λ)

[n∑

k=1

xk

ak + λ− 1

]=

n∏i=1

(ai+λ)n∑

k=1

xk

ak + λ−

n∏i=1

(ai+λ) =

=n∑

k=1

n∏i=1

(ai + λ)xk

ak + λ−

n∏i=1

(ai + λ) =n∑

k=1

∏

i6=k

(ai + λ)xk −n∏

i=1

(ai + λ) ,

luego:

p(−ak) = (−1)n+1

n∏i=1

(λi + ak) =∏

i6=k

(ai − ak)xk ,

con lo que:

xk = (−1)n+1

n∏i=1

(λi + ak)

∏

i 6=k

(ai − ak), para : k = 1, 2, · · · , n ,

es la solucion del sistema.

377

Problema 10.2.5 Sean p(x), q(x) ∈ Q[x]

dos polinomios con coeficientesracionales que tienen en comun la raız c y ademas, q(x) no se puede expresarcomo producto de dos polinomios con coeficientes racionales, entonces q(x)divide a p(x).

Solucion:

Como (x− c) divide tanto a p(x) como a q(x) tenemos que el maximo comundivisor de ambos es d(x) = M.C.D.

[p(x), q(x)

]existe y gr

[d(x)

] ≥ 1. Ahorabien, el algoritmo de division aplicado a p(x) y q(x) solo produce polinomiocuociente y polinomio resto con coeficientes racionales, luego, d(x) ∈ Q[

x]

ycon ello:

q(x) = d(x)s(x) , con d(x), s(x) ∈ Q[x]

,

por condiciones del problema esto no puede suceder, salvo que s(x) sea unaconstante racional, o sea q(x) es el maximo comun divisor de p(x) y q(x) loque nos dice que q(x) divide a p(x).

Problema 10.2.6 Si (1+√

2) es raız del polinomio p(x) cuyo grado es mayoro igaul a 2 y con coeficientes racionales, entonces (1−√2) tambien es raız deel.

Solucion:

Sea:

q(x) = (x− 1−√

2)(x− 1 +√

2) = (x− 1)2 − 2 ,

es cierto que p(x) y q(x) tienen una ra´ız comun y se cumple el anteriorproblema resuelto, luego, (1−√2) tambien es raız de p(x).

10.2.4 Resultados clasicos para los polinomios de Q[x],

R[x]

y C[x]

Teorema 10.2.8 Si p(x) =n∑

k=0

an−kxn−k es un polinomio de grado n con

coeficientes enteros que tiene la raız racional c =u

v, con u y v primos relativos,

entonces u divide a a0 y v divide a an.

378

Demostracion:

Es claro que:

p(x) =n∑

k=0

an−k

(u

v

)n−k

= 0 ,

o sea:

an

(u

v

)n

+ an−1

(u

v

)n−1

+ · · ·+ a1

(u

v

)+ a0 = 0 ,

de donde:anu

n + an−1un−1v + · · ·+ a1uvn−1 + a0v

n = 0 ,


a0vn = −u

(anu

n−1 + an−1un−2v + · · ·+ a1v

n−1)

,

y como a0vn, u,

n−1∑

k=0

an−kun−1−kvk ∈ Z, resulta que u divide a a0v

n, pero como u

y v son primos relativos, se deduce que u divide a a0. Por analogıa se consiguieque v divide a an.

Corolario 10.2.5 Si en el teorema anterior an = 1, entonces las posiblesraıces racionales de p(x) son enteras.

Esto nos conduce al siguiente resultado:

Corolario 10.2.6 La ecuacion x2 = a no tiene soluciones racionales a menosque los exponentes de los numeros primos de la factorizacion unica de a seanpares.

Ejemplo 10.2.3 Dado el polinomio:

p(x) = 6x5 + 11x4 − 33x3 − 33x2 + 11x + 6 ,

como a5 = a0 = 6 y los divisores de 6 son ±1, ±2, ±3, ±6, las posibles raıces

racionales de p(x) son ±1, ±2, ±3, ±6,±1

2, ±1

3, ±2

3, ±3

2, con el metodo de

division sintetica se consiguen las soluciones −1,1

2,

1

3, 2, 3.

379

Ejemplo 10.2.4 Dado el polinomio:

p(x) = x3 − x2 − 2x + 2 ,

como a3 = 1 y a0 = 2 , las posibles raıces racionales de p(x) son ±1, ±2,resultando por simple sustitucion la solucion c = 1 y, por lo tanto, se consigue:

p(x) = (x− 1)(x2 − 2) ,

luego las raıces son 1, ±√2.

Definicion 10.2.9 Se denomina derivada formal del polinomio p(x) a la fun-cion:

D : K[x] → K

[x]

dada por:

p(x) =n∑

k=0

akxk → D(p(x)) =

n∑

k=1

kakxk−1 .

Ejemplo 10.2.5 Si p(x) = 3x5−2x3+7x−4, tenemos que su derivada formales D(p(x)) = 15x4 − 6x2 + 7 .

Teorema 10.2.9 La derivada formal satisface las siguientes propiedades:

(i) D(α p1(x) + β p2(x)) = α D(p1(x)) + β D(p2(x)) ,

(ii) D(p1(x) · p2(x)) = p1(x) ·D(p2(x)) + p2(x) ·D(p1(x)) .

Teorema 10.2.10 Sea p : K→ K funcion polinomial y c ∈ K, entonces:c es raız doble de p(x) si y solo si c es raız tanto de p(x) como de D(p(x)).

Problema 10.2.7 Resolver la ecuacion x6− 16x4 + 20x3 + 13x2− 4x− 2 = 0sabiendo que tiene una raız de multiplicidad 2.

Solucion:

Siendo p(x) = x6 − 16x4 + 20x3 + 13x2 − 4x− 2 tenemos que:

D(p(x)) = 6x5 − 64x3 + 60x2 + 26x− 4 = 2(3x5 − 32x3 + 30x2 + 13x− 2) ,

380

y como tienen una raız comun su maximo comun divisor d(x) no es constante.Buscando d(x) mediante el algoritmo de division resulta ser:

d(x) = x2 − 2x− 1 ,

ahora bien, como las raıces son diferentes y p(x) tiene a una de estas repetidadebera ocurrir entonces que:

p(x) = (x2 − 2x− 1)2((ax2 + bx + c) =

= (x4 − 4x3 + 2x2 + 4x + 1)(ax2 + bx + c) ,

es inmediato que a = 1 y c = −2, por lo tanto, resulta:

p(x) = (x4 − 4x3 + 2x2 + 4x + 1)(x2 + bx− 2c) ,

con ello conseguimos b = 4 de donde:

p(x) = (x2 − 2x− 1)2((x2 + 4x− 2) =

= (x− 1 +√

2)2(x− 1−√

2)2(x + 2−√

6)(x + 2 +√

6) ,

con lo que las soluciones son 1±√2, cada una de ellas con multiplicidad 2, y−2±√6.

Teorema 10.2.11 Teorema fundamental del algebra(Gauss- DAlembert))

Todo polinomio no constante con coeficientes complejos, p(x) ∈ C[x], tiene al

menos una raız.

Notas:

(1) La demostracion de este teorema esta fuera del alcance de este texto.

(2) Este teorema entrega solo la existencia de la raız pero no proporciona unmetodo para encontrarla.

(3) Sabemos que existen metodos algebraicos para encontrar las soluciones depolinomios de grados uno, dos, tres y cuatro.

Ejemplo 10.2.6 Resolver la ecuacion (x− 5)(x− 7)(x + 6)(x + 4) = 504.

381

Solucion: Tenemos:

(x− 5)(x− 7)(x + 6)(x + 4) = 504 ⇐⇒ (x− 5)(x + 4)(x + 6)(x− 7) = 504 ,

o sea, multipicando los dos primeros factores y luego los dos ultimos, resulta:

(x2 − x− 20)(x2 − x− 42)− 504 = 0 ,

colocando en esta u = x2 − x obtenemos:

(u− 20)((u− 42)− 504 = 0 ⇐⇒ u2− 62u + 336 = 0 ⇐⇒ (u− 6)(u− 56) = 0 ,

de donde:u1 = 6 , u2 = 56 ,

con lo que:

u1 = 6 ⇐⇒ x2 − x− 6 = 0 ⇐⇒ (x + 2)(x− 3) = 0 ,

o sea x1 = −2, x2 = 3, ademas, tenemos:

u1 = 56 ⇐⇒ x2 − x− 56 = 0 ⇐⇒ (x + 7)(x− 8) = 0 ,

o sea x3 = −7, x4 = 8, de donde el conjunto solucion es S = {−7, −2, 3, 8}.(4) Niels Abel establecio que no hay metodos algebraicos (por medio de radi-caciones) generales para hallar las soluciones de cualquier polinomio de gradocinco en adelante. Esto no significa que no haya polinomios que no se puedanresolver algebraicamente, por ejemplo.

p(x) = 2(x− 1)2(x + 2)3(x− i)5 ,

es de grado diez y tiene soluciones 1, −2 e i.

(5) Para hallar las soluciones de polinomios existe metodos de aproximacion.

Teorema 10.2.12 Todo polinomio no constante con coeficientes complejos,p(x) ∈ C[

x], de grado n tiene n raıces (contando las que son multiples por su

respectiva multiplicidad).

382

Demostracion:

Por teorema fundamental del algebra existe raız z1 de p(x), o sea:

p(x) = (x− z1)q(x) ,

ahora bien, toda solucion de q(x) es raız de p(x) y, por teorema fundamentaldel algebra, se tiene:

q(x) = (x− z2)q1(x) ,

con lo que:p(x) = (x− z1)(x− z2)q1(x) ,

y procediendo ası sucesivamente obtenemos:

p(x) = a

n∏

k=1

(x− zk) .

Ejemplo 10.2.7 Tenemos , 2x2 − 7x + 3 = 2

(x− 1

2

) (x− 3

).

Problema 10.2.8 Determinar las raıces del polinomio p(x) = x5+2x4−3x3−3x2 + 2x + 1.

Solucion:

Por simple inspeccion se ve que (−1) es raız simple y 1 raız doble, luego:

p(x) = (x + 1)(x− 1)2(x2 + 3x + 1)

Bastara entonces encontrar las raıces de x2 + 3x + 1 = 0, las que son:

−3−√5

2y

−3 +√

5

2

Por lo que la respuesta esta dada por:

− 3 +√

5

2, −1,

√5− 3

2, 1, 1 .

Nota:

Como R[x] ⊂ C[

x]

podemos considerar los polinomios con coeficientes realescomo polinomios con coeficientes complejos y con ello podemos utilizar en ellosel teorema fundamental del algebra.

383

Teorema 10.2.13 Las raıces complejas (no reales) de cualquier polinomiop(x) ∈ R[

x]

ocurren en pares conjugados, es decir, si z1 es raız de p(x) enton-ces z1 tambien lo es.

Demostracion:

Sea:

p(x) =n∑

k=0

an−kxn−k con an−k ∈ R ,

luego, los valores de p(x) en z1 y z1 son:

p(z1) =n∑

k=0

an−kzn−k1 , p(z1) =

n∑

k=0

an−kz1n−k ,

pero:

p(z1) =n∑

k=0

an−kz1n−k =

n∑

k=0

an−kzn−k1 =

n∑

k=0

an−kz1n−k =

n∑

k=0

an−kz1n−k = p(z1) .

Nota:

Si z = b + ci es raız de:

p(x) =n∑

k=0

an−kxn−k con an−k ∈ R ,

luego:

x− z = (x− b) + ci , x− z = (x− b) + ci ,

con ello:

(x− z)(x− z) = (x− b)2 + c2 = x2 − 2bx + b2 + c2 ,

es un polinomio de grado 2 con coeficientes reales y sin raıces reales. Esto noslleva a la siguiente factorizacion del polinomio p(x) con coeficientes reales:

p(x) = an

m∏

k=1

(x− xk)rk

∏j=1

(x2 − 2bjx + b2j + c2

j)sj ,

donde xk para k = 1, 2, · · · , m son raıces reales y zj = bj + icj son raıcescomplejas, con bj y cj reales para j = 1, 2, · · · , `.

384

Problema 10.2.9 Demostrar que el polinomio p(x) =n∑

k=1

a2k

x− ak

+ α tiene

todas sus raıces reales si los ak son reales y distintos.

Solucion:

Supongamos que siendo los ak reales y diferentes el polinomio tiene la siguienteraız compleja z1 = b + ci, con ello resulta:

p(z1) =n∑

k=1

a2k

b + ci− ak

+ α = 0 ,

de ello se consigue:

p(z1) =n∑

k=1

a2k

b− ci− ak

+ α = 0 ,

de donde, p(z1) = p(z1) = 0, luego, z1 = b − ci tambien es raız. Tenemos,entonces que:

p(z1) =n∑

k=1

a2k

b + ci− ak

+ α = 0 , p(z1) =n∑

k=1

a2k

b− ci− ak

+ α = 0 ,

con lo que:n∑

k=1

a2k

(1

b + ci− ak

− 1

b− ci− ak

)= 0 ,

o sea:

−2cin∑

k=1

a2k

(b− ak)2 + c2= 0 ,

luego, c = 0 y, por lo tanto, z1 = b, lo que se pedıa.

10.2.5 Relacion entre las raıces y los coeficientes de unpolinomio

Sea:p(x) = anxn + an−1x

n−1 + · · ·+ a1x + a0 =

o mejor:

p(x) = an

(xn +

an−1

an

xn−1 + · · ·+ a1

an

x +a0

an

),

385

un polinomio de grado n con raıces x1, x2, x3, · · · , xn, o sea, el tambien sepuede expresar como:

p(x) = an

n∏

k=1

(x− xk) ,

efectuando este ultimo producto se obtiene para p(x) el siguiente desarrollo:

an

xn −

(n∑

k=1

xk

)xn−1 +

∑

i<j

xixj

xn−2 −

∑

i<j<k

xixjxk

xn−3 + · · ·+ (−1)n

n∏

k=1

xk

,

de donde, al igualar los coeficientes, se consigue:

n∑

k=1

xk = −an−1

an

,∑i<j

xixj =an−2

an

,

∑

i<j<k

xixjxk = −an−3

an

, · · · ,

n∏

k=1

xk = (−1)n a0

an

.

Ası, por ejemplo, dado el polinomio:

p(x) = 3x4 − 5x3 + 2x2 + 3x− 8 ,

con raıces x1, x2, x3 y x4, entonces:

x1 + x2 + x3 + x4 =5

3,

x1x2 + x1x3 + x1x4 + x2x3 + x2x4 + x3x4 =2

3,

x1x− 2x3 + x1x2x4 + x1x− 3x4 + x2x3x4 = −1 ,

x1x2x3x4 = − 8

3,

ası, hemos obtenido las relaciones para este caso particular.

Problema 10.2.10 Se consideran aquellas rectas que cortan al grafico delpolinomio real p(x) = 2x4 + 7x3 + 3x− 5 en los cuatro puntos

(xk, p(xk)

)para

k = 1, 2, 3, 4. Se pide demostrar que la expresionx1 + x2 + x3 + x4

4es

independiente de la recta y encontrar este valor.

386

Solucion:

Tomemos la recta de ecuacion y = mx + n y supongamos que corta al graficodel polinomio p(x) = 2x4 + 7x3 + 3x − 5 en los puntos (xk, p(xk)) para k =1, 2, 3, 4. Entonces, x1, x2, x3, x4 son las raıces de la ecuacion:

mx + n = 2x4 + 7x3 + 3x− 5 ⇐⇒ 2x4 + 7x3 + (3−m)x− (5 + n) = 0 ,

de lo anterior, se desprende que x1 + x2 + x3 + x4 = − 7

2, de donde:

x1 + x2 + x3 + x4

4= −7

8,

luego, vemos que este resultado es independiente de m y de n, o sea, no dependede la recta que se ha considerado.

Problema 10.2.11 Eliminar p1, p2 y p3 en el sistema:

y + p1x = 2ap1 + ap31

y + p2x = 2ap2 + ap32

y + p3x = 2ap3 + ap33

p1p2 = b

Solucion:

Vemos que p1, p2 y p3 son las raıces de la ecuacion cubica at3+(2a−x)t−y = 0,lugo, tenemos:

p1 + p2 + p3 = 0 , p1p2 + p1p3 + p2p3 =2a− x

a, p1p2p3 = − y

a,

con esto deducimos que:

p3 =y

ab, p1 + p2 = − y

ab,

con lo que:

p1p2 + p3(p1 + p2) = b− y2

a2b2=

2a− x

a,

o sea:ab2(2a− x) = a2b3 − y2 ,

lo que resuelve el problema.

387

Problema 10.2.12 Resolver 2x3 − 21x2 + 42x − 16 = 0, sabiendo que susraıces estan en progresion geometrica.

Solucion:

Sean x1, x2 y x3 las raıces, luego, como estan en progresion geometrica cumplencon:

x1 =x2

r, x2 , x3 = x2r ,

si la razon de la progresion es r, con ello, resulta:

x1 + x2 + x3 = x2

(1r

+ 1 + r

)=

212

, x1x2 + x1x3 + x2x3 = x22

(1r

+ 1 + r

)= 21 ,

de donde obtenemos x2 = 2 y, en consecuencia:

4(r2 + r + 1) = 21r ⇐⇒ 4r2 − 17r + 4 = 0 ,

de esto se consigue r = 4 o r =1

4, por lo tanto, las raıces son:

x1 =1

2, x2 = 2 , x3 = 8 .

Problema 10.2.13 Resolver:

a + b + c = −1a2 + b2 + c2 = 9

abc = 4

Solucion:

Tenemos que:

(a + b + c)2 = (a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ca) ,

de donde:ab + bc + ca = −4 ,

con lo que a, b y c son las raıces de la ecuacion:

x3 + x2 − 4x− 4 = 0 ⇐⇒ (x + 1)(x2 − 4) = 0 ,

y, de esto se concluye que las soluciones son a = −2, b = −1 y c = 2.

388

Problema 10.2.14 Si las raıces de x3 + px2 + qx + r = 0 estan en progresionaritmetica, demostrar que 2p3 + 27r = 9pq.

Solucion:

Sean x1, x2 y x3 las raıces, luego, como estan en progresion aritmetica cumplencon:

x1 = x2 − d , x2 , x3 = x2 + d ,

siendo d la diferencia de la progresion, como x1+x2+x3 = −p resulta x2 = −p

3.

Ademas, como:

q = x1x2 + x1x3 + x2x3 = 3x22 − d2 , x1x2x3 = x2(x

22 − d2) = −r ,

resulta x22 − d2 = − r

x2

, ası, de lo anterior, se desprende que 2x32 = x2q + r, o

mejor:

−2p3

27= −pq

3+ r ⇐⇒ 2p3 + 27r = 9pq .

Problema 10.2.15 Si la suma de dos raıces de x4 + px3 + qx2 + rx + s = 0es igual a la suma de las otras dos, demostrar que p3 + 8r = 4pq.

Solucion:

Sean x1, x2, x3 y x4 las raıces, luego:

x1 + x2 + x3 + x4 = 2(x1 + x2) = −p ⇒ x1 + x2 = −p

2,

ademas, tenemos:

x1x2 +x1x3 +x1x4 +x2x3 +x2x4 +x3x4 = q = x1(x3 +x4)+x2(x3 +x4)+x1x2 ,

o sea:(x1 + x2)

2 + x1x2 = q ,

por otro lado, se tiene:

x1x2x3 + x1x3x4 + x1x3x4 + x2x− 3x4 = −r = x1x2(x3 + x4) + x3x4(x1 + x2) ,

con lo que:(x1 + x2)(x1x2 + x3x4) = −r ,


p2

4+

2r

p= q ⇐⇒ p3 + 8r = 4pq .

389

10.3 Ecuaciones

En esta seccion trataremos tanto la transformacion de ecuaciones como tam-bien las ecuaciones recıprocas y por ultimo los resultados que conducen a lasolucion de la ecuacion cubica:

a3x3 + 3a2x

2 + 3a1x + a0 = 0 .

10.3.1 Transformacion de ecuaciones

Sean xk para k = 1, 2, 3, · · · , n las raıces de la ecuacion de grado n dadapor p(x) = 0. Sea y = f(x) una funcion invertible. La ecuacion cuyas raıcesson los valores yk = f(xk) para k = 1, 2, 3, · · · , n es:

0 = q(x) = p(f−1(y)) .

Ejemplo 10.3.1 Si y = −x, entonces las soluciones de la ecuacion que sepide seran yk = −xk, o sea son las raıces de p(−x) = 0.

Ejemplo 10.3.2 Si y =1

x, entonces las soluciones de la ecuacion que se pide

seran yk =1

xk

, o sea son las raıces de p

(1

x

)= 0.

Ejemplo 10.3.3 Si y = αx, entonces las soluciones de la ecuacion que se

pide seran yk = αxk, o sea son las raıces de p(x

α

)= 0.

Ejemplo 10.3.4 Si y = α − x, entonces las soluciones de la ecuacion que sepide seran yk = α− xk, o sea son las raıces de p(x + α) = 0.

Ejemplo 10.3.5 Si y =1 + x

1− x, entonces las soluciones de la ecuacion que se

pide seran yk =1 + xk

1− xk

, o sea son las raıces de p

(x− 1

x + 1

)= 0.

Si en este ultimo ejemplo tomamos el caso particular:

x3 − 2x2 + 7x− 1 = 0 ,

390

tendremos:

(x− 1

x + 1

)3

− 2

(x− 1

x + 1

)2

+ 7

(x− 1

x + 1

)+ 1 = 0 ,

o sea:7x3 + 9x2 + x− 9 = 0 .

Problema 10.3.1 Sean x1, x2 y x3 las soluciones de x3 + qx + r = 0. Hallarla ecuacion cuyas raıces son:

y1 = x2 + x3 − 2x1 , y2 = x3 + x1 − 2x2 , y3 = x1 + x2 − 2x3 .

Solucion:

Vemos que x1 + x2 + x3 = 0, de ello se desprende:

y1 = (x1 + x2 + x3)− 3x1 = −3x1 , y2 = (x1 + x2 + x3)− 3x2 = −3x2 ,

y3 = (x1 + x2 + x3)− 3x2 = −3x2 ,

luego y = −3x, con lo que la ecuacion buscada es:

(−x

3

)3

+ q(−x

3

)+ r = 0 ⇐⇒ x3 + 9qx− 27r = 0 .

Problema 10.3.2 Sean x1, x2 y x3 las soluciones de x3 + 2x2 − 5x− 6 = 0.Hallar la ecuacion cuyas raıces son:

y1 = x1(x2 + x3) , y2 = x1(x3 + x1) , y3 = x3(x1 + x2) .

Solucion:

Vemos que:

y1 =[x1(x2 + x3) + x2x3

]− x2x3 , y2 =[x2(x3 + x1) + x1x3

]− x1x3 ,

y3 =[x3(x1 + x2) + x1x2

]− x1x2 ,

o sea:

y1 = −5− x1x2x3

x1

= −5− 6

x1

, y2 = −5− x1x2x3

x2

= −5− 6

x2

,

391

y3 = −5− x1x2x3

x3

= −5− 6

x3

,

luego:

y = −5− 6

x⇐⇒ x = − 6

y + 5,

con lo que la ecuacion buscada es:

(− 6

x + 5

)3

+2

(− 6

x + 5

)2

−5

(− 6

x + 5

)−6 = 0 ⇐⇒ x3+10x2+13x−24 = 0 .

10.3.2 Ecuaciones recıprocas

Definicion 10.3.1 La ecuacion p(x) =n∑

k=0

an−kxn−k = 0 se dice ecuacion

recıproca si tanto a como1

ason raıces de ella.

Nota:

Siendo p(x) = anxn + an−1x

n−1 + an−2xn−2 + · · ·+ a1x + a0 = 0 una ecuacion

recıproca tenemos que:

xnp

(1

x

)= a0x

n + a1xn−1 + a2x

n−2 + · · ·+ an−1x + an = 0 ,

desprendiendose de ello que:

a0

an

=a1

an−1

= · · · = an−1

a1

=an

a0

,

de donde:

ak

an−k

=an−k

ak

⇐⇒ a2k = a2

n−k ⇐⇒ak

an−k

= ±1 = K ,

se concluye que hay dos tipos de ecuaciones recıprocas a saber:

Definicion 10.3.2 La ecuacion p(x) =n∑

k=0

an−kxn−k = 0 se dice ecuacion

recıproca de primera especie si K = 1 y se dice ecuacion recıproca de segundaespecie si K = −1

392

Notas:

La ecuacion p(x) =n∑

k=0

an−kxn−k = 0 es:

(1) ecuacion recıproca de primera especie si y solo si para todo k, an−k = ak.

(2) ecuacion recıproca de segunda especie si y solo si para todo k, an−k = −ak.

(3) En el caso (2), para n par, o sea n = 2m debera tenerse am = 0 puestoque am = −a2m−m = −am.

Las ecuaciones recıprocas poseen las siguientes propiedades:

Teorema 10.3.1 Si una ecuacion es recıproca de primera especie y con gradoimpar, entonces tiene a −1 como raız.

Teorema 10.3.2 Si una ecuacion es recıproca de segunda especie y con gradoimpar, entonces tiene a 1 como raız.

Teorema 10.3.3 La solucion de cualquier ecuacion recıproca depende de lasolucion de una ecuacion recıproca de primera especie y de grado par.

Teorema 10.3.4 La solucion de una ecuacion recıproca de primera especie yde grado par n = 2m depende de la solucion de una ecuacion de grado m.

Problema 10.3.3 Resolver las ecuaciones recıprocas:

(1) x5 + 2x4 − 3x3 − 3x2 + 2x + 1 = 0 ,

(2) x5 + 2x4 − 3x3 + 3x2 − 2x− 1 = 0 .

Solucion:

Para (1)La ecuacion planteada es recıproca de primera especie con grado impar, luegotiene a −1 como solucion, aplicando la division sintetica se consigue:

x5 + 2x4 − 3x3 − 3x2 + 2x + 1 = (x + 1)(x4 + x3 − 4x2 + x + 1) = 0 ,

393

vemos que:q(x) = x4 + x3 − 4x2 + x + 1 = 0 ,

es una ecuacion recıproca de primera especie con grado par, luego, hacemos:

q(x)

x2=

(x2 +

1

x2

)+

(x +

1

x

)− 4 = 0 (∗)

colocando:

y = x +1

x⇒ x2 +

1

x2= y2 − 2 ,

con lo que (∗) pasa a ser:

y2 − 2 + y − 4 = 0 ⇐⇒ y2 − y − 6 = 0 ⇐⇒ (y + 3)(y − 2) = 0 ,

de donde y1 = −3 e y2 = 2, o sea:

x +1

x= −3 ∧ x +

1

x= 2 ,

la primera de estas ecuaciones tiene soluciones x1,2 =−3±√5

2y la segunda

tiene soluciones x1 = x2 = 1.Ası, el conjunto solucion de la ecuacion planteada

es S =

{−1, 1,

−3±√5

2

}

Para (2)La ecuacion planteada es recıproca de segunda especie con grado impar, luegotiene a 1 como solucion, aplicando la division sintetica se consigue:

x5 + 2x4 − 3x3 + 3x2 − 2x− 1 = (x− 1)(x4 + 3x3 + 3x + 1) = 0 ,

vemos que:q(x) = x4 + 3x3 + 3x + 1 = 0 ,

es una ecuacion recıproca de primera especie con grado par, luego, hacemos:

q(x)

x2=

(x2 +

1

x2

)+ 3

(x +

1

x

)= 0 (∗∗)

colocando:

y = x +1

x⇒ x2 +

1

x2= y2 − 2 ,

con lo que (∗∗) pasa a ser:

y2 − 2 + 3y = 0 ⇐⇒ y2 + 3y − 2 = 0 ⇐⇒ y =−3±√17

2,

394

de donde y1 =−3 +

√17

2e y2 =

−3−√17

2, o sea:

x +1

x=−3 +

√17

2∧ x +

1

x=−3−√17

2,

con ello el conjunto solucion de la ecuacion planteada es:

S =

{1,−(3−√17)±

√10− 6

√17

4,−(3 +

√17)±

√10 + 6

√17

4

}.

10.3.3 La ecuacion cubica

Esta ecuacion es:

a3x3 + 3a2x

2 + 3a1x + a0 = 0 , a3 6= 0 ,

se efectua en ella la traslacion al valor x0 = − a2

a3

(segun se vera en cursos de

calculo, este valor corresponde al punto de inflexion de la funcion polinomial

p(x) = a3x3 + 3a2x

2 + 3a2x + a0), o sea, se hace y = x +a2

a3

, con lo que

x = y − a2

a3

y, por lo tanto la ecuacion transformada es:

a3

(y − a2

a3

)3

+ 3a2

(y − a2

a3

)2

+ 3a1

(y − a2

a3

)+ a0 = 0 ,

o sea:(a3y)3 + 3(a1a3 − a2

2)(a3y) + (2a32 − 3a1a2a3 + a0a

23) = 0 ,

colocando ahora z = a3y(= a3x + a2), se obtiene:

z3 + pz = q ,

donde:p = 3(a1a3 − a2

2) ∧ q = −(2a32 − 3a1a2a3 + a0a

23) .

En conclusion es suficiente buscar la resovente de la ecuacion:

x3 + px = q .

El metodo mas conocido para resolver esta ecuacion se debe a Tartaglia yCardano. Comienza con la indicacion, dada por Tartaglia, de hacer:

x = u + v ,

395

o sea, se cambia una variable por dos, lo que deja un grado de libertad, quese utilizara posteriormente. Pues bien, al efectuar esta sustitucion la ecuacionpasa a ser:

u3 + v3 + (u + v)(3uv + p) = q ,

ahora ocupamos el grado de libertad poniendo:

3uv + p = 0 ,

entonces, se consigue:

u3 + v3 = q

u3v3 =(− p

3

)3

},

Ası, u3, v3 son las raıces de la ecuacion:

z2 − qz −(p

3

)3

= 0 ,


z =q

2±

√(q

2

)2

+(p

3

)3

,

de elo se desprende que:

u3 =q

2+√

∆ , v3 =q

2−+

√∆ ,

con discriminante:

∆ =(q

2

)2

+(p

3

)3

,

y, entonces:

x = 3

√q

2+√

∆ + 3

√q

2−√

∆ .

Esta historica formula tiene el merito de poner en evidencia que la cubicapuede resolverse mediante algoritmos puramente algebraicos, pero, al parecerfue concebida para obtener solo una raız y ademas, real. ¿Que pasa con las tressoluciones que debe tener esta ecuacion? La formula de Tartaglia - Cardanono lo insinua, salvo que, recurriendo a conocimientos posteriores cada una deesas dos radicaciones es trivalente. Esto darıa un total de nueve posibilidades,pero hay que descontar las que no satisfacen la exigencia esencial:

uv = − p

3.

396

Para ∆ < 0, la formula anterior darıa error. ¿Que sucede con las raıces com-plejas? Al parecer las desecharon. Cuando ∆ < 0 se tiene el conocido casoirreductible. En esta parte, aparece Rafael Bombelli, este matematico de-mostro que este caso irreductible es el que precisamente da las tres raıcesreales, para ello tuvo la intuicion de relacionarlo con la triseccion del angu-lo, insinuando una resolucion trigonometrica de la cubica de Tartaglia-Cardanoen base a la formula:

cos 3α = 4 cos3 α− 3 cos α .

Pues bien, se toma la ecuacion:

x3 + px = q ,

y se efectua la sustitucion:x = λ cos Φ ,

lo que nos conduce a:λ3 cos3 Φ + pλ cos Φ = q ,

para establecer la similitud del primer miembro al cos 3Φ, colocamos

λ3

4=

pλ

−3⇒ λ2 = − 4

p

3⇒ λ = 2

√− p

3.

Si solo se esta considerando el caso irreductible (∆ < 0), debera tenerse p < 0con lo que esta expresion de λ es real. Lo mismo pasa con ∆ = 0. En conclusionllegamos a:

cos 3Φ =− q

2p

3

√− p

3

.

Si se tiene los casos irreductible y de tangencia, o sea:

∆ ≤ 0 ⇒(q

2

)2

+(p

3

)3

≤ 0 ⇒(q

2

)2

≤ −(p

3

)3

⇒

∣∣∣ q

2

∣∣∣p

3

√− p

3

≤ 1 ,

con lo que, sin salirse del marco trigonometrico real, se puede pedir aquelangulo α tal que:

cos α =− q

2p

3

√− p

3

,

397

encontrado α, se hace:

cos 3Φ = cos α ⇒(

Φ =α + 2kπ

3, k = 0, 1, 2

),

luego:

xk = 2

√− p

3cos

α + 2kπ

3para k = 0, 1, 2 ,

que seran las tres soluciones reales de la ecuacion planteada (habiendo unarepeticion para ∆ = 0).

Problema 10.3.4 Resolver la ecuacion x3 − 108x + 432 = 0 .

Solucion:

Tenemos:

p

3= −36 ,

q

2= −216, ∆ = 0 , cos α =

216

−36√

36= −1 , α = π ,

x0 = 2√

36 cosπ

3= 6 , x1 = 2

√36 cos

π + 2π

3= −12 ,

x3 = 2√

36 cosπ + 4π

3= 6 = x0 .

Problema 10.3.5 Resolver la ecuacion 8x3 − 36x + 27 = 0 .

Solucion:

Tenemos:

p

3= − 3

2,

q

2= − 27

16, ∆ < 0 , cos α =

27

16

−3

2

√3

2

, α = 156◦42′58, 5′′ ,

se obtendra:

x0 = 1, 5 , x1 = −2, 42705098 , x2 = 0, 927050982 .

398

Nota:

Hasta aquı hemos presentado los desarrollos conocidos hasta el siglo XVI. Enel siglo XVIII aparece Leonhard Euler con:

eiθ = cos θ + isenθ ,

lo que da origen a la introduccion de nuevas funciones para argumentos an-gulares imaginarios o tambien complejos, esto a causa de que en el mismosiglo aparecen las funciones hiperbolicas de Lambert, con ellas se esta-blecio que:

cos iθ = cosh θ , seniθ = isenhθ ,

ası, si se necesita el coseno o el seno de un argumento complejo se generalizanlos resultados trigonometricos, por ejemplo:

cos(α + i β) = cos α cos i β − senαsen i β = cos α cosh β − i senαsenhβ ,

sen(α + i β) = senα cos i β + cos αsen i β = senα cosh β + i cos αsenhβ .

Ahora podemos tratar el caso crıtico que es cuando ∆ > 0, apareciendo, parala ecuacion cubica con coeficientes reales, la raız real y las dos raıces complejasconjugadas. Se presentan dos posibilidades:

(1) Primer caso crıtico: ∆ > 0, p > 0 (p > 0 ⇒ ∆ > 0): En este casoα no es real a causa de que p > 0, se tiene, de hecho, un coseno imaginario:

cos α =− q

2p

3i

√p

3

=

q

2p

3

√p

3

i ,

hay que colocar, entonces α = β + iγ con lo que:

cos α = cos β cosh γ − isenβsenhγ ⇒

cos β cosh γ = 0

senβsenhγ =−

q

2p

3i

√p

3

de donde se desprende que:

β =π

2, senhγ =

− q

2p

3i

√p

3

,

399

y, en consecuencia:

α + 2kπ

3= k · 2π

3+

1

3

(π

2+ iγ

)=

(k · 2π

3+

π

6

)+ i

γ

3,


cos

(α + 2kπ

3

)= cos

(k · 2π

3+

π

6

)cosh

γ

3− i sen

(k · 2π

3+

π

6

)senh

γ

3,

entonces:

x = 2i

√p

3

[cos

(k · 2π

3+

π

6

)cosh

γ

3− i sen

(k · 2π

3+

π

6

)senh

γ

3

],

o mejor:

xk = 2√

p

3

[sen

(k · 2π

3+

π

6

)senh

γ

3+ i cos

(k · 2π

3+

π

6

)cosh

γ

3

], k = 0, 1, 2

de lo anterior se concluye, al hacer los calculos, que:

x0 =

√p

3

(senh

γ

3+ i√

3 coshγ

3

), x1 =

√p

3

(senh

γ

3− i√

3 coshγ

3

),

o sea las dos raıces complejas conjugadas, teniendose para su computo:

<e x0,1 =

√p

3senh

γ

3, Im x0,1 =

√p cosh

γ

3,

y, ahora tiene que venir la raız real:

x2 =

√p

3

(sen

3π

2senh

γ

3+ i cos

3π

2cosh

γ

3

)= −2

√p

3senh

γ

3.

Problema 10.3.6 Resolver la ecuacion x3 + 63x− 316 = 0 .

Solucion:

Por simple inspeccion se ve que x2 = 4 es solucion, por division sintetica seobtiene:

x3 + 63x− 316 = (x− 4)(x2 + 4x + 79) = 0 .

Resolviendo la ecuacion x2 + 4x + 79 = 0 se consiguen las soluciones x0,1 =−2± 5

√3i .

400

Problema 10.3.7 Resolver la ecuacion x3 + 29x− 97 = 0 .

Solucion:

Tenemos:

p

3=

29

3= a ,

q

2=

97

2= b , senhγ =

−b

a√

a, γ = −1, 256229519 ,

γ

3= −0, 4187431730 = c ,

entonces, la raız real es:

x2 = −2√

asenhc = 2, 680616551 ,

para las raıces complejas conjugadas, tenemos:

<e x0,1 =√

asenhc = −1, 340308275 , Im x0,1 =√

a cosh c = 5, 864237275 ,

entonces:

x0 = −1, 340308275+5, 864237275i , x1 = −1, 340308275− 5, 864237275i .

(2) Segundo caso crıtico: ∆ > 0, p < 0. Ahoa la expresion del cos αes real, pero:

∆ =(q

2

)2

+(p

3

)3

> 0 ⇒(q

2

)2

> −(p

3

)3

> 0 ⇒

∣∣∣ q

2

∣∣∣∣∣∣p3

√− p

3

∣∣∣> 1 ,

o sea, el valor absoluto de cos α es mayor que la unidad, esto implica que, denuevo, α no es real. Por lo tanto, tenemos α = β + iγ con lo que:

cos α = cos β cosh γ−isenβsenhγ =− q

2p

3

√− p

3

⇒

cos β cosh γ =−

q

2p

3

√− p

3senβsenhγ = 0

luego, β = 0 (γ no puede ser 0, porque nos conduce a cos β =− q

2p

3

√− p

3

lo que

es absurdo ya que β es real), entonces:

cosh γ =− q

2p

3

√− p

3

,

401

y, en consecuencia:

α + 2kπ

3=

γi + 2kπ

3=

2π

3k +

γ

3i ,

con lo que:

cosα + 2kπ

3= cos

2π

3k cosh

γ

3− i sen

2π

3ksenh

γ

3,

ası, obtenemos:

xk = 2

√−p

3

(cos

2π

3k cosh

γ

3− i sen

2π

3ksenh

γ

3

), k = 0, 1, 2

y, al hacer los calculos, llegamos a la raız real:

x0 = 2

√−p

3cosh

γ

3,

y a las raıces complejas:

x1 = −√−p

3

(cosh

γ

3+ i√

3senhγ

3

), x2 = −

√−p

3

(cosh

γ

3− i√

3senhγ

3

),

y, para su computo:

<e x1,2 = −√−p

3cosh

γ

3, Im x1,2 = −√−psenh

γ

3.

Finalmente, pasaremos a resolver los siguientes:

Problema 10.3.8 Resolver la ecuacion x3 − 18x− 35 = 0 .

Solucion:

Por simple inspeccion se ve que x0 = 5 es solucion, por division sintetica seobtiene:

x3 − 18x− 35 = (x− 5)(x2 + 5x + 7) = 0 .

Resolviendo la ecuacion x2 + 5x + 7 = 0 se consiguen las soluciones x1,2 dadaspor:

x1,2 =−5±√3i

2.

402

Problema 10.3.9 Resolver la ecuacion x3 − 2x− 5 = 0 .

Solucion:

Tenemos:

p

3= −2

3= a ,

q

2=

5

2= b , ∆ = a2 + b2 > 0 cosh γ =

−b

a√−a

,

γ = 2, 205567295 ,γ

3= 0, 735189098 = c ,

entonces, la raız real es:

x0 = 2√−a cosh c = 2, 094551481 ,

para las raıces complejas conjugadas, tenemos:

<e x1,2 = −√−a cosh c = −1, 047275741 , Im x1,2 =√

2senhc = −1, 135939889 ,

entonces:

x1 = −1, 047275741− 1, 135939889i , x2 = −1, 047275741+1, 135939889i .


(1) Probar que el polinomio p(x) es divisible por el polinomio q(x), siendo:

p(x) q(x)

(a) x27 + 327 x + 3(b) x3 − 3x2 − 4x + 12 x2 − x − 6(c) x2n − a2n x − a(d) x5 − x4 − 7x3 − 7x2 + 22x + 24 x2 + 3x + 4(e) 6x4 − 7x3 − 73x2 − 14x + 24 6x3 + 25x2 + 2x − 8

(2) Hallar el maximo comun divisor entre p(x) y q(x), siendo:

p(x) q(x)

(a) 16x3 + 36x2 − 12x − 18 8x2 − 2x − 3(b) 2x3 − 11x2 + 10x + 8 2x3 + x2 − 8x − 4

403

(3) Hallar el cuociente q(x) y el resto r(x) al dividir D(x) por d(x) en:

D(x) d(x)

(a) 2x4 − 6x3 + 7x2 − 5x x + 2(b) −x4 + 7x3 − 4x2 x − 3(c) (x − 5)9 − 19683 x − 8(d) (n − 1)xn − nxn−1 + 1 (x − 1)2

(e) xn − an x − a(f) x2n+1 + b2n+1 x + b

(4) Probar que si (x − 1)2 es factor de p(x) = ax3 + bx2 + cx + d, entoncesb = d− 2a y c = a− 2d.

(5) Si el polinomio x4 + px3 + qx2− 10x− 6 se divide por (x + 1)(x + 3) y elresto es 2x − 3, entonces se pide encontrar los valores de las constantesp y q.

(6) Encontrar los polinomios cuociente y resto al efectuar la division entrex4 + 2x3 − 3x2 + 4x + 1 y 2x2 + 4x− 1 en Q, en Z5 y en Z7.

(7) ¿Para que numeros primos p es divisible x6 +x5 +4x4 +x3−7x2 +8x+4por x2 − 2 en Zp?

(8) Idem al problema anterior para x5 + 2x2 − 1 y x2 + 3.

(9) ¿Cuantas raıces tiene x2 − 1 en Z8, y en Z12?

(10) ¿Sera verdad que la matriz A es raız del polinomio p(x)?, siendo:

(a) A =

[2 13 2

], p(x) = x2 − 4x + 1.

(b) A =

1 2 30 2 40 0 6

, p(x) = (x− 1)(x− 2)(x− 6).

(c) A =

[3 11 3

], p(x) = x2 − 6x + 8.

(d) A =

7 −1 −2−1 7 2−2 2 10

, p(x) = x3 − 24x2 + 180x− 432.

(11) Hallar un polinomio de grado 3 en x que se anule para x = 1 y x = −2y que valga 4 para x = −1 y 28 para x = 2.

404

(12) Probar que la condicion para que ax2 + bx + c y a′x2 + b′x + c′ tenganun comun divisor lineal es que:

∣∣∣∣a ca′ c′

∣∣∣∣2

=

∣∣∣∣b cb′ c′

∣∣∣∣ ·∣∣∣∣

a ba′ b′

∣∣∣∣ .

(13) Hallar la condicion para que ax3 + bx + c y a′x3 + b′x + c′ tengan unfactor lineal comun.

(14) Expresar n2 como a(n−1)2+b(n−2)2+c(n−3)2 encontrando los valoresde a, b y c.

(15) Demostrar que si p, q, r, s son cuatro enteros consecutivos, entonces p2,q2, r2, s2 cumplen con una ecuacion lineal y encontrarla.

(16) Hallar a y b de modo que ax4 + bx3 − 12x2 + 21x − 5 sea divisible por2x2 + 3x− 1.

(17) Demostrar que x6 − 6x5 + 24x4 − 56x3 + 96x2 − 96x + 64 es un cuboperfecto y encontrar su polinomio raız cubica.

(18) Resolver las ecuaciones:

(a)22x+3 − 57 = 65(2x − 1)

(b)x

43 − 6x

23 + 8 = 0

(c) [2x + 1x− 1

]2

= 5[2x + 1x− 1

]− 4

(d)39− 8x +

√7x2 + 8x− 19 = 7x2

(e)4x4 − 9x3 − 26x2 − 9x + 4 = 0

(f)√

2x2 − 7x + 1−√2x2 − 7x + 4 = 1

(g) (x + 9)(x− 3)(x− 7)(x + 5) = 385(h)

x2

x + 1+

x + 1x2

=52

(i) √3x− 4x− 5

+

√x− 53x− 4

=52

(j)8x

3n − 8x−

3n = 63

(k)4 3√

x2 + 12 3√

x = 7

(`)x4 + 2x3 − 6x2 + 2x + 1 = 0

405

(m)x4 − 8x3 + 17x2 − 8x + 1 = 0

(n)x4 + x3 − 4x2 + x + 1 = 0

(n)√

4x2 + 2x + 7 + 119 = 6x(2x + 1)(o) 2x2 − 2x + 2

√2x2 − 7x + 6 = 5x− 6

(p)3 5√

x4 − 5 5√

x2 = 2

(q)3

x2 + 3−

x2 = 2

(r) x2 − 5x + 2√

x2 − 5x + 3 = 12

(s)27x

32 − 1 = 26x

34

(t)x4 − 3x3 + 4x2 − 3x + 1 = 0

(u)x4 + x3 − 4x2 + x + 1 = 0

(w) √2− x

3x−

√3x

2− x=

32

(x)√

2x2 + 5x− 2−√2x2 + 5x− 9 = 1

(19) Si x1 y x2 son las raıces de la ecuacion 2x2 − 10x + 3 = 0, calcular elvalor de las expresiones:

(a) x21 + x2

2 = (b)x1

x2

+x2

x1

= (c) 3x−11 + 3x−1

2 =

(d) x−21 + x−2

2 = (e) x31 + x3

2 = (f) x1 − x2 =

(g) Hallar la ecuacion de segundo grado cuyas raıces sean iguales a losvalores recıprocos de las raıces de la ecuacion dada.

(h) Hallar la ecuacion de segundo grado cuyas raıces sean iguales a loscuadrados de las raıces de la ecuacion dada.

(i) Hallar la ecuacion de segundo grado cuyas raıces sean los triples delas raıces de la ecuacion dada.

(j) Hallar la ecuacion de segundo grado de raıces α y β tales que se

tenga α =x1

x2

y β =x2

x1

.

(k) Hallar la ecuacion de segundo grado de raıces α y β tales que setenga α = 2− x2

1 y β = 2− x22.

(20) Si x1 y x2 son las raıces de la ecuacion 4x2 − 10x − 13 = 0, calcular elvalor de las expresiones:

(a)

(x1 +

1

x2

)(x2 +

1

x1

)= (b)

(1− x1

x2

)(1− x2

x1

)=

(c) x−21 + x−2

2 = (d) (3 + 2x1)(3 + 2x2) =

(e) Hallar la ecuacion de segundo grado que tenga por raıces a los cua-drados de las raıces de la ecuacion dada.

406

(f) Hallar la ecuacion de segundo grado que tenga por raıces a (−2x1)y (−2x2) respectivamente.

(21) Si α y β son las raıces de la ecuacion ax2 + bx + c = 0, calcular el valorde las expresiones:

(a)αβ2 + α2β = (b) (1− α)(1− β) = (c) α−2 + β−2 =

(d) α4β7 + α7β4 = (e)

(α

β− β

α

)2

= (f) α3 + β3 =

(g) Hallar la ecuacion de segundo grado que tenga por raıces a1

αy

1

βrespectivamente.

(h) Hallar la ecuacion de segundo grado que tenga por raıces a α2 y β2

respectivamente.

(i) Hallar la ecuacion de segundo grado que tenga por raıces a 2α y 2βrespectivamente.

(22) Hallar el valor de k en la ecuacion siguiente para que:

(a) kx2 − x + 5− 3k = 0 ella tenga una raız igual a 2.

(b) (2k +1)x2 +kx+k = 4kx+8 en ella la suma de sus raıces sea iguala su producto.

(c) 3x2 + k(x − 2) + 1 = 0 en ella una de sus raıces sea igual al valorrecıproco de la otra.

(d) 4x2− 8x + 2k− 1 = 0 en ella una de las raıces sea igual al triple dela otra.

(e) 4x2 − 20x + k2 − 4 = 0 en ella una raız sea igual a la otra mas 2.

(f) x2 = 5x− 3k + 3 en ella la diferencia de las raıces sea igual a 11.

(23) Hallar las raıces de las ecuaciones siguientes de modo que se cumpla lacondicion que se indica:

(a) 2kx2 − 4kx + 5k = 3x2 + x − 8 el producto de sus raıces sea igualal doble de su suma.

(b) x2 − 3(x − k) − 2 = 0 una raız sea igual al doble de la otra menosel numero 3.

(c) k(x2 + 3x− 9) = x− x2 las raıces sean iguales y de signo contrario.

407

(d) (2k + 1)x2 − 4kx = 1− 3k las raıces sean iguales.

(24) Hallar los valores de m para que la ecuacion x2 − 15 − m(2x − 8) = 0tenga raıces iguales.

(25) En la ecuacion x2 − 2x(1 + 3m) + 7(3 + 2m) = 0 hallar los valores de mpara que tenga raıces iguales.

(26) ¿Para que valores de m la ecuacion x2 − 2x(1 + 3m) + 7(3 + 2m) = 0tendra raıces iguales?

(27) ¿Para que valores de k las raıces dex2 − bx

ax− c=

k − 1

k + 1seran de igual valor

absoluto pero de signos opuestos?

(28) Hallar la condicion para que en la ecuacion ax2 + bx + c = o una de lasraıces sea igual a n veces la otra raız.

(29) Determinar el valor de k en la ecuacion x2 − kx + 36 = 0 para que la

suma de los valores recıprocos de las raıces sea5

12.

(30) ¿Que valor debera tener p en la ecuacion x2 − px + 3p + 5 = 0 para queuna raız sea el doble de la otra?.

(31) Determinar h en la ecuacion 6x2− (h+9)x+6 = 0 para que la diferencia

de las raıces sea5

6.

(32) Si α y β son las raıces de la ecuacion x2 + px + q = 0 formar la ecuacionque tiene como soluciones (α− β)2 y (α + β)2.

(33) Determinar el valor de k en√

x + 1−√x− k =√

x− 4 para que una delas soluciones de ella sea igual a 8.

(34) Si x1, x2, x3 son las raıces de x3 + px + q = 0, formar la ecuacion cuyasraıces son:

(a) x2 + x3 − 2x1, x3 + x1 − 2x2, x1 + x2 − 2x3.

(b) x−12 + x−1

3 , x−13 + x−1

1 , x−11 + x−1

2 .

(35) Si x1, x2, x3 son las raıces de x3 + px2 + qx + r = 0, determinar el valorde:

(a) (x1x2)2 + (x2x3)

2 + (x3x1)2.

(b) x1(x2 − x3)2 + x2(x3 − x1)

2 + x3(x1 − x2)2.

408

(36) Si x1, x2, x3, x− 4 son las raıces de ax4 + 4bx3 + 6cx2 + 4dx + c = 0 y,ademas, x2 + x3 = x1 + x4, entonces a2d + 2b3 = 3abc.

(37) Si x1, x2, x3 son las raıces de 2x3 + 3x2 − x − 1 = 0, hallar la ecuacioncuyas raıces son:

(a)1

2x1

,1

2x2

,1

2x3

.

(b) x1 − 1, x2 − 1, x3 − 1.

(c)1

1− x1

,1

1− x2

,1

1− x3

.

(d) x1 + 2, x2 + 2, x3 + 2.

(38) Hallar las raıces racionales de:

(a) x3 − 9x2 + 22x− 24 = 0.

(b) x3 − 5x2 − 18x + 72 = 0.

(c) 6x4−25x3 +26x2 +4x−8 = 0.

(d) 6x4 + 53x3 − 95x2 − 25x + 42 = 0.

(39) Resolver los sistemas:

(a)x + y + z = 2

xy + yz + zx = −5xyz = −6

(b)

x + y + z = −4x2 + y2 + z2 = 18

xyz = 4

(c)

x + y + z = 1x2 + y2 + z2 = 29x3 + y3 + z3 = −29

(40) Resolver la ecuacion x4− 2x3 + 6x2 + 22x + 13 = 0 sabiendo que admitecomo raız al numero 2 + 3i.

(41) Determinar el valor de k en la ecuacion 2x3 + 6x2 + 5x + k = 0 para quesus raıces esten en progresion aritmetica.

(42) Si a es raız de la ecuacion x3 = x + 1, entonces las raıces restantes son2− a2 y a2 − a− 2.

(43) Usar la transformacion y = x2+3x+3 para resolver la siguiente ecuacion(x2 + 3x + 3)2 = 2x2 + 6x + 5.

(44) Resolver las ecuaciones:

(a) x3 − 9x + 28 = 0.

(b) x3 + 6x− 2 = 0.

(c) x3 − 15x2 − 33x + 847 = 0.

(d) x3 + x2 − 9x + 12 = 0.

(e) x3 + 6x + 12, 68 = 0.

(f) 2x3 + 11x2 − 10x + 1 = 0.

(g) x3 − 2x + 4 = 0.

(h) x3 − 9x− 12 = 0.

409

(44) Resolver la ecuacion:

(a) x4− 2x3− 3x2 + 4x− 1 = 0 si el producto de dos de sus raıces es 1.

(b) 4x4 − 4x3 − 13x2 + 9x + 9 = 0 si la suma de dos de sus raıces es 0.

(c) 4x3−24x2+23x+18 = 0 si sus raıces estan en progresion aritmetica.

(d) 6x3−11x2 +13x+2 = 0 si sus raıces estan en progresion armonica.

(e) 2x4 − 15x3 + 35x2 − 30x + 8 = 0 si sus raıces estan en progresiongeometrica.

(f) x3 − 7x2 + 36 = 0 si la diferencia de dos de sus raıces es 5.

(45) Resolver la ecuacion (x+ b+ c)(x+ c+a)(x+a+ b)+abc = 0 por mediode la sustitucion y = x + a + b + c.

(46) Resolver la ecuacion x5− 5x3 + 5x + 1 = 0 efectuando la transformacionx = 2 cos θ.

410

Capıtulo once

ESPACIOS VECTORIALES EUCLIDEOS

11.1 Introduccion

En este capıtulo estudiaremos vectores y operaciones con vectores en Rn. Paraello efectuaremos la busqueda de estas operaciones de manera intuitiva , portal motivo, entregaremos a modo de resumen, la estructura de espacio vectorialreal y, posteriormente, la estructura de espacio vectorial real euclıdeo Rn.

11.1.1 Espacio vectorial Rn

Consideramos el conjunto:

Rn = {~x = (x1, x2, x3, · · · , xn) | x1, x2, x3, · · · , xn ∈ R} ,

o sea el conjunto de todas las n-uplas ordenadas de numeros reales. En esteconjunto entenderemos que:

Definicion 11.1.1 Siendo ~x = (x1, x2, x3, · · · , xn), ~y = (y1, y2, y3, · · · , yn)elementos de Rn, entonces

~x = ~y ⇐⇒ ∀k ∈ {1, 2, 3, · · · , n} (xk = yk) .

Definicion 11.1.2 Siendo ~x = (x1, x2, x3, · · · , xn), ~y = (y1, y2, y3, · · · , yn)elementos de Rn, entonces se define la suma de ~x con ~y mediante:

~x + ~y = (x1 + y1, x2 + y2, x3 + y3, · · · , xn + yn) .

Esta operacion aditiva definida en Rn satisface las siguientes propiedades:

Teorema 11.1.1 Siendo ~a, ~b, ~c ∈ Rn, entonces:

(1) ~a +~b = ~b + ~a

(2) ~a + (~b + ~c) = (~a +~b) + ~c

411

(3) ~a +~0 = ~a, ~0 se conoce como elemento nulo.

(4) ~a + (−~a) = ~0, (−~a) se conoce como opuesto aditivo de ~a.

Definicion 11.1.3 Siendo α ∈ R y ~x = (x1, x2, x3, · · · , xn) ∈ Rn, entonces sedefine la ponderacion ~x por medio del escalar α mediante:

α ~x = (αx1, αx2, αx3, · · · , αxn) .

Esta nueva operacion satisface las siguientes propiedades:

Teorema 11.1.2 Siendo α, β ∈ R y ~a, ~b ∈ Rn, entonces:

(1) (α + β)~a = α~a + β~a

(2) α(~a +~b) = α~a + α~b

(3) α(β~a) = (αβ)~a,

(4) 1~a = ~a

Nota:

El conjunto Rn provisto de adicion y ponderacion por escalar real provisto delas propiedades anteriores se conoce com modelo de espacio vectorial real.

A continuacion presentaremos el referencial cartesiano ortogonal (O.XY ) paraR2, esto se debe a que en un sistema de este tipo es mas sencillo introducir losconceptos de medida tanto de trazos como de angulos.

11.1.2 Referencial cartesiano ortogonal para R2

Como veremos se fija en el espacioun punto O, conocido como origen.A continuacion trazamos por O dosrectas mutuamente perpendiculares,cada una de ellas orientada positiva-mente, tal como se indica en la figura11.1. El sentido de orientacion parael plano en estudio se considera de−→OX a

−→OY .

<

Y

XO

Fig. 11.1

412

>

Y

XO

P

yr

x

jj

ii

^

Fig. 11.2

Tambien es conocido el hecho que las

direcciones de los ejes−→OX,

−→OY estan

dadas, respectivamente, por los vec-tores unitarios i = (1, 0) y j = (0, 1).Ahora bien, si con respecto a este sis-tema de referencia ~r es el vector deposicion de un punto P , entonces sesabe que ~r = (x, y), tal como vemosen la figura 11.2.

Por otro lado, es claro que OP re-presenta a la distancia entre O y P .El interes se centra ahora en calcu-lar esta distancia. Considerando lafigura 11.3, tenemos que:

OP =√

x2 + y2 .

y

P

O x X

Y

Fig. 11.3

X

Y

P2

P1

O

Fig. 11.4

Tomando ahora en cuenta la figu-ra 11.4 donde se tienen los pun-tos P (x1, y1) y P2(x2, y2) resulta queP1P2 representa la distancia entre es-tos puntos y se calcula por medio de:

P1P2 =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 .

Ahora si se desea obtener la medidadel angulo plano α =6< P1OP2 consi-derando que los puntos son P (x1, y1)y P2(x2, y2), tal como vemos en la fi-gura 11.5, resulta:

cos α =x1x2 + y1y2√

x21 + y2

1

√x2

2 + y22

.O

α

Y

X

P2

P1

Fig. 11.5

413

11.1.3 Referencial cartesiano ortogonal para R3

Como veremos se fija en el espacio un punto O, conocido como origen. Acontinuacion trazamos por O tres rectas mutuamente perpendiculares, cadauna de ellas orientada positivamente, tal como se indica en la figura 11.6. El

sentido de orientacion para el espacio en estudio se considera de−→OX a

−→OY , de

−→OY a

−→OZ y de

−→OZ a

−→OX. (Regla de la mano derecha.)

X

> Y< O

<

Z

Xy

Ox Y

z

P

Z

Fig. 11.6 Fig. 11.7

Tambien es conocido el hecho que las direcciones de los ejes−→OX,

−→OY

y−→OZ estan dadas, respectivamente, por los vectores unitarios i = (1, 0, 0),

j = (0, 1, 0) y k = (0, 0, 1). Ahora bien, si con respecto a este sistema dereferencia ~r es el vector de posicion de un punto P , entonces se sabe

que ~r = (x, y, z), tal como vemos enla figura 11.7. Por otro lado, es claroque OP representa a la distancia en-tre O y P . El interes se centra ahoraen calcular esta distancia. Conside-rando la figura 11.8, tenemos que:

OP =√

x2 + y2 + z2 .

Xy

Ox Y

z

P

Z

Fig. 11.8

414

X

O Y

P1

P2

Z

Fig. 11.9

Tomando ahora en cuenta la figu-ra 11.9 donde se tienen los puntosP (x1, y1, z1) y P2(x2, y2, z2) resultaque P1P2 representa la distancia en-tre estos puntos y se calcula por me-dio de:

P1P2 =√

(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2 .

Ahora si se desea obtener la medi-da del angulo plano α =6< P1OP2

considerando que los puntos sonP (x1, y1, z1) y P2(x2, y2, z2), tal co-mo vemos en la 10ra 11.9, resulta:

cos α =x1x2 + y1y2 + z1z2√

x21 + y2

1 + z21

√x2

2 + y22 + z2

2

.

X

O Y

α

P2P1

Z

Fig. 11.10

Nota:

Esta ultima formula motiva el estudio de la expresion:

x1x2 + y1y2 + z1z2 .

Para tener los resultados en cualquier dimension finita es mejor independizarsedel espacio vectorial real R3 y hacer la presentacion de los resultados en elespacio vectorial real Rn.

11.2 Rn es un espacio euclıdeo

11.2.1 El producto punto

Definicion 11.2.1 Sean ~a = (a1, a2, · · · , an), ~b = (b1, b2, · · · , bn) ∈ Rn. Se

define el producto punto entre ~a y ~b como el escalar real:

~a ·~b =n∑

k=1

akbk

415

Teorema 11.2.1 Las propiedades del producto punto son:

(1) ~a ·~b = ~b · ~a

(2) (α ~a) ·~b = α (~a ·~b) = ~a · (α ~b)

(3) ~a · (~b + ~c) = ~a ·~b + ~a · ~c(4) ~a·~a ≥ 0 ∧ (~a·~a = 0 ⇔ ~a = ~0)

Nota:

Se introduce la simbologıa ~a · ~a = ~a 2 .

Definicion 11.2.2 El espacio vectorial real Rn provisto de producto punto esconocido como espacio euclıdeo n-dimensional.

Corolario 11.2.1 Se tiene:

(1) (~a +~b)2 = ~a 2 + 2~a ·~b +~b 2 (2) (~a +~b) · (~a−~b) = ~a 2 −~b 2

(3) ~a ·~b =1

4[(~a +~b)2 − (~a−~b) 2] =

1

2[(~a +~b)2 − (~a 2 +~b 2)]

11.2.2 Norma o medida de un vector

Definicion 11.2.3 Sea ~a = (a1, a2, · · · , an) ∈ Rn, se define la norma o me-dida de ~a como el escalar:

||~a || =√

~a · ~a =√

~a 2 =( n∑

k=1

a2k

) 12

.

Teorema 11.2.2 Las propiedades de la norma de un vector son:

(1)

||~a || ≥ 0 ∧ ||~a || = 0 ↔ ~a = ~0

(2)||α ~a || = |α | ||~a ||

(3) Desigualdad de Cauchy-Schwarz:

|~a ·~b| ≤ ||~a || ||~b ||

(4) Desigualdad triangular:

||~a +~b || ≤ ||~a ||+ ||~b ||

416

Nota:

De lo anterior se deduce que si se tienen los puntos P1(~r1) y P2(~r2), con ~r1 =

(x(1)1 , x

(1)2 , · · · , x

(1)n ) y ~r2 = (x

(2)1 , x

(2)2 , · · · , x

(2)n ), entonces la distancia entre ellos

es:

P1P2 = ||~r2 − ~r1|| =( n∑

k=1

(x(2)k − x

(1)k )2

) 12

.

Definicion 11.2.4 Dado el vector ~a 6= ~0 se define el respectivo vector uni-

tario o versor asociado a ~a como a =~a

||~a || .

11.2.3 Vectores ortogonales

a

a+ba-b

O Bb

A

Fig. 11.11

Definicion 11.2.5 Dados los vec-tores ~a y ~b se dice que el vector ~aes ortogonal con el vector ~b si:

||~a +~b || = ||~a−~b || .

(Ver la figura 11.11.)

Notas:

(1) Lo anterior es la conocida propiedad de que un paralelogramo es rectangulosi y solo si sus diagonales son iguales.

(2) Para indicar que el vector ~a es ortogonal con el vector ~b se utiliza el

simbolismo: ~a⊥~b .

Teorema 11.2.3 Se tiene que ~a⊥~b ⇔ ~a ·~b = 0.

417

11.2.4 Proyeccion ortogonal de un vector en otro

Sea ~a 6= ~0. Tomando en cuenta la fi-gura 11.12, vemos que al proyectar elvector ~b sobre el vector ~a se consigueel vector:

−→OC = (~b · a)a .

Este vector−→OC se conoce como la

proyeccion ortogonal del vector~b sobre el vector ~a.

^>|

|

b

_

a

AO a C

B

Fig. 11.12

11.2.5 Proceso de Gramm - Schmidt

Este proceso vectorial consiste en darse cualquier referencial vectorial y a partirde el conseguir un referencial ortogonal. Partiremos considerando el caso plano.

_|

1Œ

1e =a >|

b

2Œ

2e

2E

1EO EE1

E2Oe1e2

Ce3

E3

(1) (2)

Fig. 11.13

(1) En R2

Tal como se visualiza en la figura 11.13-(1), donde tenemos como dato el refe-

rencial {~a,~b} a partir de el se puede conseguir el referencial ortogonal {~e1, ~e2}del modo siguiente:

~e1 = ~a , ~e2 = ~b− (~b · e1) e1 .

418

Por ejemplo, si ~a = (1, 2) y ~b = (2, 1) se obtiene ~e1 = (1, 2) y ~e2 =3

5(2,−1).

Este ultimo par de vectores forma claramente un referencial ortogonal para elespacio euclideo bidimensional R2.

(2) En R3

Tal como se visualiza en la figura 11.13-(2) donde tenemos como dato el referen-

cial {~a,~b,~c} a partir de el se puede conseguir el referencial ortogonal {~e1, ~e2, ~e3}del modo siguiente:

~e1 = ~a , ~e2 = ~b− (~b · e1) e1 , ~e3 = ~c− (~c · e1) e1 − (~c · e2) e2 .

Por ejemplo, si nos damos el referencial formado por los vectores ~a = (−1, 1, 1),

~b = (1,−1, 1) y ~c = (1, 1,−1) se obtiene ~e1 = (−1, 1, 1), ~e2 =2

3(1,−1, 2) y

~e3 = (1, 1, 0). Este ultimo trıo de vectores forma claramente un referencialortogonal para R3.

Definicion 11.2.6 En Rn un conjunto de n vectores no nulos y mutuamenteortogonales define una base ortogonal para Rn

Definicion 11.2.7 En Rn una base ortogonal constituida por n vectores uni-tarios define una base ortonormal para Rn.

Por ejemplo, en R2 tenemos como base ortonormal {(1, 0), (0, 1)} y tambien

{1

5(3, 4),

1

5(−4, 3)}.

En R3 es base ortonormal {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} y tambien lo es {1

3(2, 1, 2),

1

3(1, 2,−2),

1

3(−2, 2,−1)}.

Definicion 11.2.8 Se define el delta de Kronecker como:

δij =

{1 si i = j0 si i 6= j

Nota:

En resumen, si {e1, e2, · · · , en} es base ortonormal de Rn, entonces:

∀i ∀j (ei · ej = δij) .

419

Teorema 11.2.4 Sea {~e1, ~e2, · · · , ~en} un referencial ortonormal para Rn, en-tonces:

∀~r ∈ Rn(~r =

n∑

k=1

(~r · ek) ek

).

11.2.6 Angulos y cosenos directores de un vector

θAO

B

a

b

Fig. 11.14

Teorema 11.2.5 Dados los vecto-res no nulos ~a y ~b, el angulo θ for-mado por ellos esta dado por:

cos θ = a · b ,

o mejor:

θ = Arccos(a · b) , 0 ≤ θ ≤ π.

(Ver la figura 11.14.)

En la figura 11.15 se muestran en R3

los angulos α, β y γ que el vector ~r

forma con los ejes coordenados−→OX,

−→OY y

−→OZ respectivamente. Estos

angulos se conocen como angulosdirectores del vector ~r. Es cla-ro que el vector ~r al formar estosangulos directores con los vectores i,

j y k dan origen a:

cos α =~r · i||~r|| , cos β =

~r · j||~r|| , cos γ =

~r · k||~r|| ,

conocidos como cosenos directo-res del vector ~r.

X

YOα

β

γ

Z

Fig. 11.15

De lo anterior ya tenemos que:

∀ r ∈ Rn(r =

n∑

k=1

(r · ek) ek

),

y como:

∀k ∈ {1, 2, 3, · · · , n} (r · ek = cos θk) ,

420

donde θk para k = 1, 2, 3, · · · , n son los respectivos angulos directores de r,resulta:

∀ r ∈ Rn(r =

n∑

k=1

(cos θk) ek

).

11.2.7 Vector ortogonal a dos vectores en R3

a

bO

c

Fig. 11.16

Tal como vemos en la figura 11.16 sinos damos en el espacio R3 los vec-tores ~a = (a1, a2, a3) y ~b = (b1, b2, b3)resulta que el vector ~c es ortogonaltanto a ~a como a ~b: Este vector seconsigue por medio de:

~c =

∣∣∣∣∣∣i j ka1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣

11.2.8 Orientacion del espacio euclideo R3

Definicion 11.2.9 Si en R3 nosdamos el referencial {~u,~v, ~w}, conorigen O, tal como lo vemos en la fi-gura 11.17, diremos que este referen-cial esta orientado positivamente siel plano Π determinado por los pun-tos O(~0), U(~u) y V (~v) deja al puntoW (~w) en el semiespacio positivo conrespecto al plano Π. En caso con-trario diremos que el referencial estaorientado negativamente.

u UO

Vv

wW

Fig. 11.17

Es decir, si una persona se coloca sobre este plano Π se tendra que el puntoW debera estar en el semiespacio hacia donde esta su cabeza siempre que Ueste a su izquierda y V a su derecha. Por ejemplo { i, j, k } es un referencialcon orientacion positiva.

421

11.3 El producto vectorial en R3

11.3.1 Problema fundamental

En R3 nos damos los vectores ~a = (a1, a2, a3) y~b = (b1, b2, b3), se pide encontrar

algun vector ~d que satisfaga las siguientes condiciones:

(1) ~d⊥~a

(2) ~d⊥~b

(3) ||~d || = ||~a || ||~b ||sen( 6< [~a, ~b]) (θ =6< [~a, ~b])

O sea que la longitud del vector ~d sea numericamente igual al area delparalelogramo determinado por los vectores ~a y ~b.

(4) Que la orientacion de {~a, ~b, ~d}, sea positiva.

Solucion:

Un buen candidato a soluciondel problema es el vector:

~d =

∣∣∣∣∣∣i j k

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣↗

ya que ~d⊥~a y ~d⊥~b. Ademas se tiene:~d 2 = (a2b3 − a3b2)2 + (a3b1 − a1b3)2 +(a1b2−a2b1)2 = (a2

1+a22+a2

3)(b21+b2

2+b23)−

(a21b

21+a2

2b22+a2

3b23+2a2a3b2b3+2a1a3b1b3+

2a1a2b1b2) = (a21 + a2

2 + a23)(b

21 + b2

2 + b23)−

(a1b1 + a2b2 + a3b3)2

↙O sea:

~d 2 = ||~a ||2||~b ||2 − (~a ·~b)2 = ||~a ||2||~b ||2 − (||~a || · ||~b || cos θ)2 = ||~a ||2||~b ||2(1− cos2 θ)

de donde:||~d || = ||~a || ||~b ||senθ.

Sea ahora C(~c) un punto de la parte de arriba del plano determinado por O, A y B. Si elpunto D(~d), anterior, estuviera tambien en la parte de arriba deberıa tenerse:

0 < 6< COD <π

2,

es decir, ~c · ~d > 0. Veamos si esto es ası, o sea si se cumple que:

~c · ~d =

∣∣∣∣∣∣~c · i ~c · j ~c · ka1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

c1 c2 c3

a1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣> 0 .

422

Para contestar a esto consideremos la figurra 11.18 donde el volumen V del paralelepıpedodeterminado por los vectores ~a, ~b y ~c esta dado por:

V = Bh donde : B = ||~d || y h = ||~c || cos α ,

con lo que:

V = ||~d || ||~c || cos α = ~c · ~d =

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣> 0

Definicion 11.3.1En R3 el referencial {~a, ~b, ~c }tiene orientacion positiva si:

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣> 0

a AO

Bb

cC

Fig. 11.18

Definicion 11.3.2 Se define el producto vectorial entre los vectores ~a y ~bcomo el vector:

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣i j ka1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣

Teorema 11.3.1 Propiedades del producto vectorial

(1) (~a×~b)⊥~a

(2) (~a×~b)⊥~b

(3) ||~a×~b || = ||~a || ||~b ||senθ

(θ =6< [~a, ~b])

(4) ~b× ~a = −~a×~b

(5) ~a× ~a = ~0

(6) {~a,~b} L.I. ⇔ ~a×~b 6= ~0

(7) (α ~a)×~b = α (~a×~b) = ~a× (α ~b)

(8) ~a× (~b + ~c) = ~a×~b + ~a× ~c

(9) El area del triangulo AOB es:

(AOB) =12||~a×~b ||

(10) Identidad de Lagrange.(~a×~b )2 + (~a ·~b )2 = ~a 2~b 2

423

11.3.2 El producto mixto

Este producto esta representado por el escalar:

~a · (~b× ~c) = [~a ~b ~c ] = (~a×~b) · ~c =

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

y el volumen V del paralelepıpedo determinado por estos tres vectores {~a, ~b, ~c }es:

V = |[~a ~b ~c ]|

Teorema 11.3.2 Se tiene que:

{~a,~b,~c} L.I. ⇔ [~a ~b ~c ] 6= 0

Teorema 11.3.3 El volumen V del tetraedro de vertices O(~0), A(~a), B(~b),C(~c) es:

V =1

6|[~a ~b ~c ]|

11.3.3 El doble producto vectorial

~a× (~b× ~c) = ~a · ~c ~b− ~a ·~b ~c , (~a×~b)× ~c = ~c · ~a ~b− ~c ·~b ~a .

11.3.4 Producto punto de productos vectoriales

(~a×~b) · (~c× ~d) =

∣∣∣∣∣~a · ~c ~a · ~d~b · ~c ~b · ~d

∣∣∣∣∣

11.3.5 Producto vectorial de productos vectoriales

[ ~a ~b ~d ] ~c− [ ~a ~b ~c ] ~d = (~a×~b)× (~c× ~d) = [ ~b ~c ~d ] ~a− [ ~a ~d ~c ] ~b .

424

11.3.6 Producto de productos mixtos (Regla deBinet-Cauchy)

[ ~a ~b ~c ] [ ~d ~e ~f ] =

∣∣∣∣∣∣∣

~a · ~d ~a · ~e ~a · ~f~b · ~d ~b · ~e ~b · ~f

~c · ~d ~c · ~e ~c · ~f

∣∣∣∣∣∣∣

11.3.7 Bases recıprocas en R3

Sea {~a1,~a2,~a3} una base de R3, a partir de ella se define la nueva base:

~a 1 =~a2 × ~a3

[~a1 ~a2 ~a3], ~a 2 =

~a3 × ~a1

[~a1 ~a2 ~a3]y ~a 3 =

~a1 × ~a2

[~a1 ~a2 ~a3]

llamada la base recıproca de la base {~a1,~a2,~a3}.Con ello:

~ai · ~a j = δij y [~a 1 ~a 2 ~a 3] [~a1 ~a2 ~a3] = 1

Ademas:

~a1 =~a 2 × ~a 3

[~a 1 ~a 2 ~a 3], ~a2 =

~a 3 × ~a 1

[~a 1 ~a 2 ~a 3]y ~a3 =

~a 1 × ~a 2

[~a 1 ~a 2 ~a 3]


Problema 11.4.1 Dados los vectores ~a = (1, 2,−1), ~b = (2, 1, 4), ~c = (1, 1, 0)calcular:

(i) || ~a ||, || ~b ||, || ~c ||.

(ii) 6< ( ~a , ~b ), 6< ( ~a , ~c ).

Solucion:

(i) || ~a || =√

12 + 22 + (−1)2 =√

6, || ~b || =√

22 + 12 + 42 =√

21 y || ~c || =√12 + 12 + 02 =

√2.

425

(ii) cos 6< ( ~a , ~b ) =~a ·~b

|| ~a || || ~b ||=

2 + 2− 4√2√

21= 0, luego 6< ( ~a , ~b ) = 90◦.

cos 6< ( ~a , ~c ) =~a · ~c

|| ~a || || ~c || =1 + 2 + 0√

6√

2=

3

2√

3=

√3

2, luego se tiene

6< ( ~a , ~b ) = 30◦.

Problema 11.4.2 Demostrar:

(i) el teorema [11.2.1] parte (3), (ii) el corolario [11.2.1] parte (2).

Solucion:

(i) Se tiene:

~a · (~b + ~c) =n∑

k=1

ak(bk + ck) =n∑

k=1

akbk +n∑

k=1

akck = ~a ·~b + ~a · ~c .

(ii)Ahora:

(~a +~b) · (~a−~b) = ~a · ~a +~b · ~a− ~a ·~b−~b ·~b =

= ~a 2 + ~a ·~b− ~a ·~b−~b 2 = ~a 2 −~b 2 .

Problema 11.4.3 Demostrar que las formulas || ~a+~b || = || ~a−~b || y ~a ·~b = 0son equivalentes.

Solucion:

Se tiene:

|| ~a+~b || = || ~a−~b || ⇐⇒ || ~a+~b ||2 = || ~a−~b ||2 ⇐⇒ (~a+~b)·(~a+~b) = (~a−~b)·(~a−~b)

⇐⇒ ~a 2 + 2~a ·~b +~b 2 = ~a 2 − 2~a ·~b +~b 2 ⇐⇒ 4~a ·~b = 0 ⇐⇒ ~a ·~b = 0

Problema 11.4.4 Demostrar la formula de proyeccion ortogonal de un vectorsobre otro del parrafo [11.2.4].

426

Solucion:

Considerando la figura 11.19, se tie-

ne que−→OA = ~a 6= ~0,

−→OB = ~b. Se

proyecta ortogonalmente ~b en ~a y se

obtiene−→OC = λa. Para determinar

λ se considera que:

−→OC =

−→OB −

−→CB ,

es decir:

λa = ~b−−→CB ,

b

_|

O

a

a

| >

C

B

A^

Fig. 11.19

multiplicando esta ultima expresion por punto a y considerando que a y−→CB

son ortogonales, se obtiene:

λ · 1 = λ = a ·~b ,

con ello: −→OC = (a ·~b) a .

Nota:

Esta formula tambien puede escribirse:

−→OC =

(~b · ~a

|| ~a ||) ~a

|| ~a || =~b · ~a~a 2

~a .

Problema 11.4.5 Determinar la proyeccion ortogonal del vector ~b = (1, 1, 0)sobre el vector ~a = (1, 2,−1).

Solucion:

La proyeccion ortogonal ~c esta dada por:

~c = (a ·~b) a =~b · ~a~a 2

~a .

Ası:

~c =3

6(1, 2,−1) =

(1

2, 1,− 1

2

).

427

Problema 11.4.6 Demostrar vectorialmente que si un tetraedro tiene dos pa-res de aristas opuestas mutuamente ortogonales, entonces el tercer par tambienlo es.

Solucion:

BA

D

C

Fig. 11.20

Considerando en la figura 11.20 eltetraedro ABCD de vertices A(~a),

B(~b), C(~c), D(~d), supongamos quelos pares de aristas opuestas AC yBD, AD y BC son mutuamente or-togonales. Ası:

−→AC ·

−→BD = 0 =

−→AD ·

−→BC ,

es decir:

(~c− ~a) · (~d−~b) = 0 ,

(~d− ~a) · (~c−~b) = 0 .

Desarrollando estas dos expresiones se obtiene:

~c · ~d + ~a ·~b = ~a · ~d +~b · ~c = ~a · ~c +~b · ~d

De esta ultima igualdad se deduce que:

(~b− ~a) · (~d− ~c) = 0 ,

resultado que demuestra que el tercer par de aristas opuestas AB y CD estambien ortogonal.

Problema 11.4.7 Demostrar vectorialmente que las alturas de un trianguloson concurrentes.

Solucion:

Considerando en la figura 11.21, de la pagina siguiente, el triangulo ABCde alturas AA′, BB′, CC ′, ubiquemos el origen en el vertice C. Denotemos−→CA = ~a,

−→CB = ~b,

−→CH = ~h, siendo H el punto de interseccion de

←→AA′ y

←→BB′ .

428

Por pertenecer H a←→

AA′ se tieneque:

~h = ~a + λ~d ,

con ~d ⊥ ~b, luego ~h ·~b = ~a ·~b.Analogamente, por pertenecer H a←→

BB′ se tiene que ~h · ~a = ~b · ~a.En consecuencia, ~h · ~a = ~h · ~b, demodo que:

~h · (~b− ~a) = 0 ,

A’

C

B

B’

A C’

H

Fig. 11.21

o sea,−→CH ⊥

−→AB y luego H tambien pertenece a la altura

←→CC ′ .

Problema 11.4.8 Dados los vectores ~a = (−1, 1, 1), ~b = (1,−1, 1), ~c =(1, 1,−1) se pide construir una base ortonormal a partir de ellos utilizandoel proceso de Gramm - Schmidt.

Solucion:

Se tiene ~x1 = ~a = (−1, 1, 1) y luego e1 = x1 =(−1, 1, 1)√

3. Ahora:

~x2 = ~b− ~a ·~b~a · ~a~a = (1,−1, 1)− (−1)

3(−1, 1, 1) =

2

3(1,−1, 2) ,

y luego e2 = x2 =(1,−1, 2)√

6.

Tambien:

~x3 = ~c−~a · ~c~a · ~a~a− ~x2 · ~c

~x2 · ~x2

~x2 = (1, 1,−1)− (−1)

3(−1, 1, 1)−1

3(1,−1, 2) = (1, 1, 0) ,

y luego e3 = x3 =(1, 1, 0)√

2.

La base {e1, e2, e3} es la base pedida.

Problema 11.4.9 Determinar los cosenos directores del vector ~r = (3, 6,−2).

429

Solucion:

Se tiene || ~r || = √9 + 36 + 4 = 7. Luego:

cos α =3

7, cos β =

6

7, cos γ = − 2

7.

Problema 11.4.10 Calcular el producto vectorial de los vectores ~a = (2, 1,−3)

y ~b = (3,−6, 2) y verificar que es ortogonal con ambos.

Solucion:

Se tiene:

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣i j k2 1 −33 −6 2

∣∣∣∣∣∣= (−16,−13,−15) .

Ademas:~a×~b ⊥ ~a, pues (−16) · 2 + (−13) · 1 + (−15) · (−3) = 0 y

~a×~b ⊥ ~b, pues (−16) · 3 + (−13) · (−6) + (−15) · 2 = 0.

Problema 11.4.11 Demostrar la identidad de Lagrange formulada en el teo-rema [11.3.1] parte (10).

Solucion:

Sea θ =6< (~a,~b). Entonces por teorema [11.2.5] se tiene:

cos θ =~a ·~b

|| ~a || || ~b ||y luego:

~a ·~b = || ~a || || ~b || cos θ .

Ademas, por teorema [11.3.1] parte (3) se tiene que:

|| ~a×~b || = || ~a || || ~b ||senθ .

Cuadrando y sumando estos dos resultados se deduce que:

|| ~a×~b ||2 + (~a ·~b)2 = || ~a ||2 || ~b ||2(sen2θ + cos2 θ) ,

es decir:(~a×~b)2 + (~a ·~b)2 = ~a 2~b 2 .

430

Problema 11.4.12 Dados los vectores ~a = (−1, 0, 2), ~b = (2, 1,−1) y

~c = (1, 2,−2), calcular: (i) [ ~a ~b ~c ] , (ii) (~a×~b)× ~c.

Solucion:

(i) [ ~a ~b ~c ] =

∣∣∣∣∣∣

−1 0 22 1 −11 2 −2

∣∣∣∣∣∣= 2 + 0 + 8− 2− 2− 0 = 6

(ii) (~a×~b)×~c = ~c ·~a ~b−~c ·~b ~a = −5(2, 1,−1)− 6(−1, 0, 2) = (−4,−5,−7).

Problema 11.4.13 Demostrar la formula para el producto mixto dada en elparrafo [11.3.2].

Solucion:

[ ~a ~b ~c ] = ~a · (~b× ~c) = ~a ·∣∣∣∣∣∣

i j kb1 b2 b3

c1 c1 c3

∣∣∣∣∣∣=

=

∣∣∣∣∣∣~a · i ~a · j ~a · k

b1 b2 b3

c1 c1 c3

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c1 c3

∣∣∣∣∣∣.

Problema 11.4.14 Calcular el volumen del paralelepıpedo determinado porlos vectores ~a = (0,−1, 2), ~b = (−3, 5, 0), ~c = (−4, 2, 5)

Solucion:

V =

∣∣∣∣∣∣

0 −1 2−3 5 0−4 2 5

∣∣∣∣∣∣= −12 + 40− 15 = 13 .

Problema 11.4.15 Dados los puntos A(3, 2, 1), B(2, 3,−1) y C(−1, 2, 3) calcu-lar la distancia desde el origen de coordenadas O al plano determinado por lostres puntos A, B, C.

431

Solucion:

D C

B

O

A

Fig. 11.22

Considerando la figura 11.22 se tieneque el volumen del tetraedro OABCes igual a un tercio del productoentre el area del triangulo ABC yla distancia OD desde O al planoABC. Luego:

1

6[ ~a ~b ~c ] =

1

3· 12||

−→AB×

−→AC || ·OD ,

es decir:

OD =[ ~a ~b ~c ]

||−→AB ×

−→AC ||

.

Ahora bien, tenemos:

[ ~a ~b ~c ] =

∣∣∣∣∣∣

3 2 12 3 −1

−1 2 3

∣∣∣∣∣∣= 30 .

Por otra parte:

−→AB = (−1, 1,−2) ,

−→AC = (−4, 0, 2) ,

y, utilizando la identidad de Lagrange:

||−→AB ×

−→AC ||2 = ||

−→AB ||2 ||

−→AB ||2 − (

−→AB ·

−→AC)2 = 6 · 20− 0 = 120

de modo que:

OD =30√120

=1

2

√30 .

Problema 11.4.16 Sean ~a = (−1, 3, 2), ~b = (1, 1,−1). Encontrar todos los

vectores ~r tales que ~a× ~r = ~b .

Solucion:

Sea ~r = (x, y, z), entonces:

432

~a× ~r =

∣∣∣∣∣∣i j k

−1 3 2x y z

∣∣∣∣∣∣= (3z − 2y, 2x + z,−y − 3x) .

Ası debe tenerse 3z − 2y = 1, 2x + z = 1, −y − 3x = −1. Luego:

y =3z − x

2, x =

1− z

2.

Observemos que la tercera ecuacion se satisface pues:

− 3z − 1

2− 3 · 1− z

2=−3z + 1− 3 + 3z

2= −1 ,

ası:

~r =(1− z

2,3z − 1

2, z

),

siendo z un parametro.

Problema 11.4.17 Demostrar la primera formula del parrafo [11.3.3].

Solucion:

Se tiene:

~a× (~b× ~c) = ~a×∣∣∣∣∣∣

i j kb1 b2 b3

c1 c1 c3

∣∣∣∣∣∣=

= ~a× (b2c3 − b3c2, b3c1 − b1c3, b1c2 − b2c1) =

=

∣∣∣∣∣∣i j k

a1 a2 a3

b2c3 − b3c2 b3c1 − b1c3 b1c2 − b2c1

∣∣∣∣∣∣=

=(a2(b1c2 − b2c1)− a3(b3c1 − b1c3), · · · , · · · ) =

=((a2c2 + a3c3)b1 − (a2b2 + a3b3)c1, · · · , · · · ) =

=((a1c1 + a2c2 + a3c3)b1 − (a1b1 + a2b2 + a3b3)c1, · · · , · · · ) =

=(~a · ~c b1 − ~a ·~b c1,~a · ~c b2 − ~a ·~b c2,~a · ~c b3 − ~a ·~b c3

)=

= ~a · ~c (b1, b2, b3)− ~a ·~b (c1, c2, c3) = ~a · ~c ~b− ~a ·~b ~c ,

donde los terminos con · · · no se escribieron por ser analogos.

433

Problema 11.4.18 Demostrar que (~a×~b)× ~c = ~a× (~b× ~c) si y solo si ~b esperpendicular con ~a y con ~c. (Suponiendo que ~a no es paralelo con ~c.)

Solucion:

Se tiene que:(~a×~b)× ~c = ~a× (~b× ~c) ⇐⇒

⇐⇒ ~c · ~a ~b− ~c ·~b ~a = ~a · ~c ~b− ~a ·~b ~c ⇐⇒⇐⇒ ~c ·~b ~a = ~a ·~b ~c .

Si ~a no es paralelo con ~c, la ultima igualdad se tiene si y solo si ~c ·~b = ~a ·~b = 0,o sea, si y solo si ~b es perpendicular tanto con ~a como con ~c.

Observamos que si ~a es paralelo con ~c, es decir, ~a = λ~c, la igualdad ~c ·~b ~a =~a ·~b ~c es una identidad para todo ~b y, por lo tanto, (~a×~b)×~c = ~a× (~b×~c) eneste caso es siempre cierta .

Problema 11.4.19 Demostrar la formula para el producto punto de dos pro-ductos vectoriales dada en el parrafo [11.3.4].

Solucion:

(~a×~b) · (~c× ~d) =((~a×~b)× ~c

) · ~d (por § 8.3.2)

Ası:(~a×~b) · (~c× ~d) = (~a · ~c ~b−~b · ~c ~a) · ~d =

= (~a · ~c) (~b · ~d)− (~b · ~c) (~a · ~d) =

∣∣∣∣∣~a · ~c ~a · ~d~b · ~c ~b · ~d

∣∣∣∣∣

Problema 11.4.20 Si ~d =

∣∣∣∣∣~a ·~b ~a · ~c~b 2 ~b · ~c

∣∣∣∣∣ ~a+

∣∣∣∣~a ·~b ~b · ~c~a 2 ~a · ~c

∣∣∣∣ ~b+

∣∣∣∣∣~a 2 ~a ·~b

~a ·~b ~b 2

∣∣∣∣∣ ~c ,

demostrar que ~d es paralelo con ~a×~b.

Solucion:

Es suficiente demostrar que ~d es perpendicular con ~a y ~b. Ahora bien, se tiene:

~a · ~d =((~a ·~b)(~b · ~c)−~b 2(~a · ~c))~a 2 +

((~a ·~b)(~a · ~c)− ~a 2(~b · ~c))(~a ·~b)+

434

+((~a 2~b 2− (~a ·~b)2

)(~a ·~c) = ~a 2

((~a ·~b)(~b ·~c)−~b 2(~a ·~c)− (~b ·~c)(~a ·~b)+~b 2(~a ·~c))+

+(~a ·~b) 2(~a · ~c)− (~a ·~b) 2(~a · ~c) = 0 ,

luego ~a ⊥ ~d.

Analogamente, ~b · ~d = 0 y ~b ⊥ ~d.

Problema 11.4.21 Desarrollando de dos maneras distintas el producto:((~a×~b)× ~a

)× (~c× (~d× ~a)

),

demostrar la identidad:

[ ~a ~b ~d ]~a = ~a 2~b× ~d + (~a · ~d)~a×~b + (~a ·~b)~d× ~c .

Solucion:

Como el producto dado se puede desarrollar en dos formas, se tiene:

(I) (~a 2~b−~a ·~b ~a)× (~c ·~a ~d− ~c · ~d ~a) = ~a 2(~c ·~a)(~b× ~d) + (~a ·~b)(~c ·~a)(~d×~a) +

~a 2(~c · ~d)(~a×~b)

(II)(~c× (~d× ~a)

) · (~a×~b) ~a− ((~c× (~d× ~a) · ~a)

(~a×~b) = (~c · ~a)[ ~d ~a ~b ]~a−− (~c · ~a)[ ~a ~a ~b ]~a− (

(~a · ~c)(~a · ~d)− (~a · ~d)~a 2)(~a×~b)

Igualando (I) con (II) y reduciendo terminos iguales, se obtiene la formulapropuesta en el enunciado.

Problema 11.4.22 Demostrar la formula para el producto de productos mix-tos desarrollando la expresion:

((~a×~b)× ~d)

) · (~c× (~e× ~f ))

de dos maneras.

Solucion:

(I)((~a × ~b) × ~d)

) · (~c × (~e × ~f ))

= (~a · ~d ~b − ~b · ~d ~a) · (~c · ~f ~e − ~c · ~e ~f ) =

(~a · ~d)(~b · ~e)(~c · ~f )− (~b · ~d)(~c · ~f )(~a · ~e)− (~a · ~d)(~c · ~e)(~b · ~f ) + (~b · ~d)(~c · ~e)(~a · ~f )

(II)((~a×~b)× ~d

) · (~c× (~e× ~f ))

= (~a×~b) · (~d× (~c× (~e× ~f )))

= (~a×~b) · (~d ·

(~e× ~f )~c− (~d · ~c)(~e× ~f ))

= [ ~a ~b ~c ] [ ~d ~e ~f ]− (~d · ~c)∣∣∣∣∣

~a · ~e ~b · ~e~a · ~f ~b · ~f

∣∣∣∣∣ (A causa

de § 11.3.4).

435

Igualando (I) con (II) se obtiene:

[ ~a ~b ~c ] [ ~d ~e ~f ] = (~a · ~d)(~b · ~e)(~c · ~f )− (~b · ~d)(~c · ~f )(~a · ~e)− (~a · ~d)(~c · ~e)(~b · ~f )+

+(~b · ~d)(~c · ~e)(~a · ~f ) + (~d · ~c)(~a · ~e)(~b · ~f )− (~d · ~c)(~b · ~e)(~a · ~f ) =

=

∣∣∣∣∣∣∣

~a · ~d ~a · ~e ~a · ~f~b · ~d ~b · ~e ~b · ~f

~c · ~d ~c · ~e ~c · ~f

∣∣∣∣∣∣∣

Problema 11.4.23 Demostrar que si {~a 1,~b 1,~c 1} es la base recıproca de la

base {~a,~b,~c}, entonces esta ultima es la base recıproca de la primera.

Solucion:

Sea {~a ′′,~b ′′,~c ′′} la base recıproca de la base {~a 1,~b 1,~c 1}, entonces:

~a ′′ =~b 1 × ~c 1

[~a 1 ~b 1 ~c 1]=

(~c× ~a)× (~a×~b)

[~a ~b ~c ]2[~a 1 ~b 1 ~c 1]=

[~a ~b ~c ]~a

[~a ~b ~c ]= ~a, pues [~c ~a ~a ] = 0 y

[~a ~b ~c ] [~a 1 ~b 1 ~c 1] = 1.

Analogo es el procedimiento para ~b ′′ = ~b, ~c ′′ = ~c.

Problema 11.4.24 Dados ~a1 = (4,−3, 3), ~a2 = (4,−4, 3) determinar ~a3 demodo que el vector ~a 3 de la base recıproca sea igual a ~a3. Calcular ~a 1 y ~a 3.

Solucion:

Debera tenerse ~a 3 =~a1 × ~a2

[~a1 ~a2 ~a3]= ~a3, como ~a 3 · ~a3 = 1 entonces ~a3 (y ~a 3)

debe ser unitario. Ademas:

~a1 × ~a2 =

∣∣∣∣∣∣i j k4 −3 34 −4 3

∣∣∣∣∣∣= (3, 0,−4)

y luego:

~a3 = ~a 3 =(3, 0,−4)

5.

Ası:

[~a1 ~a2 ~a3] =1

5=

∣∣∣∣∣∣

4 −3 34 −4 33 0 −4

∣∣∣∣∣∣= 5 .

436

Luego:

~a2 × ~a3 =1

5

∣∣∣∣∣∣i j k4 −4 33 0 −4

∣∣∣∣∣∣=

1

5(16, 25, 12) ⇒ ~a 1 =

(16, 25, 12)

25,

~a3 × ~a1 =1

5

∣∣∣∣∣∣i j k3 0 −44 −3 3

∣∣∣∣∣∣=

1

5(−12,−25,−9) ⇒ ~a 2 = −(12, 25, 9)

25.

Problema 11.4.25 Dados los vectores unitarios a, b y c, se define el trianguloesferico ABC de vertices A(a), B(b) y C(c), cuyos angulos son α, β y γ y cuyos

lados son_

BC = a,_

CA = b y_

AB = c. Demostrar los teoremas del coseno deun lado, a saber: cos c = cos a cos b + senasenb cos γ (y otros dos analogos) y

de los senos:senα

sena=

senβ

senb=

senγ

senc.

Solucion:

Considerando la figura 11.23, se tie-ne:

a× c = d senb ,

b× c = e sena ,

donde d es perpendicular al plano(AOC) y e es perpendicular al plano(BOC). Ademas, el angulo entre los

vectores d y e es igual a γ, de modoque d · e = cos γ .

^

c

^

^b

bA B

a

C

a

cO

Fig. 11.23

Ahora, de la identidad dada por el teorema [11.3.4]:

(a× c) · (b× c) =

∣∣∣∣∣a · b a · cc · b c · c

∣∣∣∣∣ ,

se deduce que:

sena senb cos γ =

∣∣∣∣cos c cos bcos a 1

∣∣∣∣ = cos c− cos a cos b ,

y luego:cos c = cos a cos b + sena senb cos γ .

437

Por otra parte, de la identidad dada por el teorema [11.3.5]:

((a× c)× (b× c) = [ a b c ] c ,

se deduce que:

sena senb (d× e) = sena senb senγ c = [ a b c ] c ,

y luego:sena senb senγ = [ a b c ] .

Por analogıa:senb senc senα = [ b c a ] = [ a b c ] .

senc senb senβ = [ c a b ] = [ a b c ] .

De modo que:

sena senb senγ = senb senc senα = senc senb senβ ,

igualdad que dividida por sena senb senc da como resultado:

senα

sena=

senβ

senb=

senγ

senc.

Problema 11.4.26 Dados de un triangulo esferico sus lados a = 59◦9′24′′,b = 101◦53′54′′ y c = 98◦47′43′′, calcular sus angulos α, β y γ.

Solucion:

Usando sucesivamente el teorema del coseno, se obtiene:

cos α =cos a− cos b cos c

senb senc= 0.4975837 ⇒ α = 60◦9′35′′ ,

cos β =cos b− cos c cos a

senc sena= −0.1506054 ⇒ β = 98◦39′43′′ ,

cos γ =cos c− cos a cos b

sena senb= −0.561759 ⇒ γ = 93◦11′13′′ ,

Verificacion:senα

sena=

senβ

senb=

senγ

senc= 1, 0103 .

Problema 11.4.27 Dados de un triangulo esferico sus lados a = 156◦5′8′′,c = 112◦48′36′′ y el angulo β = 76◦48′36′′, calcular el lado b y los angulos α yγ.

438

Solucion:

Usando sucesivamente el teorema del coseno, se obtiene:

cos b = cos a cos c + sena senc cos β = 0, 4396595 ⇒ b = 63◦55′4′′

cos α =cos a− cos b cos c

senb senc= −0.89822782 ⇒ α = 15360◦55 ,

cos γ =cos c− cos a cos b

sena senb= 0.039111 ⇒ γ = 87◦45′30′′ ,

Verificacion:senα

sena=

senβ

senb=

senγ

senc= 1, 084009 .

Problema 11.4.28 Resolver el sistema de ecuaciones:

3x − 3y + 2z = 144x + 4y − 3z = 63x + 2y − 3z = −2

Solucion:

Sea ~r = (x, y, z), ~a = (3,−3, 2), ~b = (4, 4,−3), ~c = (3, 2,−3). Entonces elsistema puede reescribirse:

~a · ~r = 14 , ~b · ~r = 6 , ~c · ~r = −2 ,

Notemos que:

[~a ~b ~c] =

∣∣∣∣∣∣

3 −3 24 4 −33 2 −3

∣∣∣∣∣∣= −35 6= 0 ,

de modo que {~a, ~b, ~c } es una base para R3. Sea {~a 1,~b 1,~c 1} su baserecıproca. Si en ella .

~r = α~a 1 + β~b 1 + γ~c 1 ,

entonces ~a · ~r = α = 14, ~b · ~r = β = 6, ~c · ~r = γ = −2, de modo que:

~r = 14~a 1 + 6~b 1 − 2~c 1 .

Ahora:

~b× ~c =

∣∣∣∣∣∣i j k4 4 −33 2 −3

∣∣∣∣∣∣= (−6, 3,−4) ⇒ ~a 1 =

(−6, 3,−4)

−35,

439

~c× ~a =

∣∣∣∣∣∣i j k3 2 −33 −3 2

∣∣∣∣∣∣= (−5,−15,−15) ⇒ ~b 1 =

(−5,−15,−15)

−35,

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣i j k3 −3 24 4 −3

∣∣∣∣∣∣= (1, 17, 24) ⇒ ~c 1 =

(1, 17, 24)

−35.

Con ello:

~r =14

35(6,−3, 4) +

6

35(5, 15, 15) +

2

35(1, 17, 24) =

1

35(116, 82, 194) .

En consecuencia:

x =116

35, y =

82

35, z =

194

35.

Problema 11.4.29 Demostrar que un vector esta unıvocamente determinadocuando su producto punto con tres vectores no coplanares dados es conocido.

Solucion:

Sean ~a, ~b, ~c los tres vectores no coplanares dados. Entonces ellos son L.I. yluego {~a, ~b, ~c } es una base. Sea ~r el vector cuyo producto punto con ~a, ~b, ~c es

conocido, digamos ~r ·~a = α, ~r ·~b = β, ~r ·~c = γ. Ahora bien, si ~r se representaen la base por:

~r = x~a + y~b + z~c ,

se tendra, multiplicando punto por ~a, ~b y ~c:

x~a 2 + y~a ·~b + z~a · ~c = α ,

x~a ·~b + y~b 2 + z~b · ~c = β ,

x~a · ~c + y~b · ~c + z~c 2 = γ ,

y el sistema para x, y, z tiene solucion pues su determinante principal es:

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣

~a 2 ~a ·~b ~a · ~c~a ·~b ~b 2 ~b · ~c~a · ~c ~b · ~c ~c 2

∣∣∣∣∣∣∣= [~a ~b ~c] [~a ~b ~c] 6= 0 ,

de modo que ~r queda unıvocamente determinado.

440

Problema 11.4.30 Sea ABC un triangulo con−→AB = ~c,

−→BC = ~a,

−→CA = ~b.

Demostrar que || ~b×~c ||2 = (~c×~a) · (~a×~b) y deducir que el area del triangulose puede expresar como:

(ABC) =|| ~a ||2 senβsenγ

2senα.

Solucion:

α β

γ

A

C

Bc

b a

Fig. 11.24

Considerando la figura 11.24 se tie-ne:

~a +~b + ~c = ~0 ,

de modo que:|| ~b× ~c ||2 = (~b× ~c) · (~b× ~c) =

= (−(~a +~c)×~c) · (~b× (−(~a +~b)) =

= (~c× ~a) · (~a×~b) .

En consecuencia:

(ABC)2 =1

4|| ~b× ~c ||2 =

1

4(~c× ~a) · (~a×~b) =

1

4|| ~c× ~a || || ~a×~b || =

=1

4|| ~c || || ~a ||2|| ~b ||senβsenγ =

1

4|| ~a ||2senβsenγ

|| ~b || || ~c ||senα

senα=

=1

4|| ~a ||2 senβsenγ

2(ABC)

senα,

y luego:

(ABC) =|| ~a ||2 senβsenγ

2senα.


~r · i = α .

Solucion:

Sea ~r = xi + yj + zk. Entonces ~r · i = x ⇒ x = α. Por otra parte, si tomamosel vector variable ~v = ui− zj + yk se tiene que:

~v × i = zk + yj .

441

Luego, el vector buscado es:

~r = αi + ~v × i ,

siendo ~v un vector arbitrario.


~r · ~a = α .

Solucion:

Siguiendo la idea de la resolucion del problema anterior, vemos que la soluciones :

~r = α~a

~a 2+~b× ~a ,

donde ~b es un vector arbitrario.


~r × ~a = ~b (~a ⊥ ~b) .

Solucion:

Es importante que el lector comprenda que la condicion ~a ⊥ ~b es necesariapara que la ecuacion propuesta tenga solucion.

Ahora bien, de la ecuacion:

~a× (~r × ~a) = ~a×~b ,

y luego:~a 2~r − ~a · ~r ~a = ~a×~b .

Colocando ~a · ~r = λ~a 2, se obtiene:

~r =~a×~b

~a 2+ λ~a ,

siendo λ un parametro.

Problema 11.4.34 Resolver el sistema:{~r · ~a = α

~r × ~b = ~c(~b ⊥ ~c) .

442

Solucion:

Por el problema resuelto anterior, vemos que de la segunda ecuacion se obtiene:

~r =~b× ~c + λ~b

~b 2.

Multiplicando punto ~a esta ecuacion, obtenemos:

α =[ ~a ~b ~c ] + λ~a ·~b

~b 2,

de donde:

λ =α~b 2 − [ ~a ~b ~c ]

~a ·~b,

y luego:

~r =~b× ~c + α~b 2−[ ~a ~b ~c ]

~a·~b~b

~b 2,

es decir:

~r =(~a ·~b)(~b× ~c)− [ ~a ~b ~c ]~b

~b 2(~a ·~b)+

α

~a ·~b~b .

(Notemos que ~a ·~b 6= 0 es condicion necesaria para que exista solucion.)

Observacion:En el problema propuesto 46, se da una solucion simplificada de este problema:

~r =~a× ~c + α~b

~a ·~b.

Esta solucion tambien puede obtenerse de la forma siguiente:

Problema 11.4.35 Resolver (en forma alternativa) el sistema:{

~r · ~a = α

~r × ~b = ~c(~b ⊥ ~c) .

Solucion:

De la segunda ecuacion se obtiene:

~a× (~r ×~b) = ~a× ~c ,

443

y luego:~a ·~b ~r − ~a · ~r ~b = ~a× ~c ,

de donde:~a ·~b ~r = α~b + ~a× ~c .

Ası:

~r =~a× ~c + α~b

~a ·~b.

(Siempre que ~a ·~b 6= 0.)

Problema 11.4.36 Resolver el sistema:{

α ~r + β ~s = ~a

~r × ~s = ~b.

Solucion:

Vemos que necesariamente ~a es ortogonal con ~b, pues tanto ~r como ~s sonortogonales con ~b y ~a es combinacion lineal de ~r y ~s.

De la primera ecuacion se obtiene premultiplicando cruz por ~r:

β ~r × ~s = ~r × ~a ,

luego:β ~b = ~r × ~a .

Aplicando entonces la solucion del problema resuelto [11.4.33], se obtiene:

~r =~a× (β ~b)

~a 2+ λ~a (λ parametro).

Reemplazando este valor de ~r en la primera ecuacion del sistema se obtiene:

~s =~b× (α ~a)

~a 2+

1− αλ

β~a .


α ~r 2 +~b · ~r + γ = 0 , (α 6= 0).

444

Solucion:

La ecuacion planteada es equivalente con:

4α2~r 2 + 4α~b · ~r + 4αγ = 0 , es decir : (2α ~r +~b)2 = ~b 2 − 4αγ .

Suponiendo ~b 2 − 4αγ ≥ 0, resulta:

|| 2α ~r +~b || =√

~b 2 − 4αγ ,

en consecuencia:

2α ~r +~b =

√~b 2 − 4αγ e ,

es decir:

~r =

√~b 2 − 4αγ e−~b

2α,

siendo e un vector unitario arbitrario.


~r × ~a + (~r ×~b) · (~a×~b)~b + ~a×~b = ~0 , si ~a ·~b 6= 0 .

Solucion:

Multiplicando la ecuacion punto ~a, se deduce que (~r ×~b) · (~a×~b) = 0 y luegola ecuacion se reduce a:

~r × ~a + ~a×~b = ~0 ,

es decir:

(~r −~b)× ~a = ~0 .

Con ello ~r −~b = λ ~a, de modo que ~r ×~b = λ ~a×~b y luego:

(~r ×~b) · (~a×~b) = λ(~a×~b)2 = 0 .

(I) Si (~a×~b)2 = 0 entonces ~b = µ~a con lo que ~r = (µ+λ)~a, es decir, la soluciones cualquier ponderado de ~a.

(II) Si ~a×~b 6= ~0, entonces λ = 0 y luego ~r = ~b.

445


~a× ~r + α~r = ~b , (α 6= 0).

Solucion:

Multiplicando la ecuacion punto ~a se obtiene:

α ~a · ~r = ~a ·~b y luego : ~r · a =~a ·~bα

.

A su vez, premultiplicando la ecuacion cruz ~a se consigue:

~a× (~a× ~r) + α (~a× ~r) = ~a×~b ,

y luego:~r · ~a ~a− ~a 2~r + α ~a× ~r = ~a×~b .

Ası:~a ·~bα

~a− ~a 2~r + α (~b− α~r) = ~a×~b ,

de donde:

(~a 2 + α2)~r =~a ·~bα

~a + α~b− ~a×~b ,

y finalmente:

~r =~a ·~b ~a + α2~b− α(~a×~b)

α(~a 2 + α2).


[ ~a ~b ~c ](~r × ~a) + (~r ·~b)~a = ~a× (~c×~b) ,([ ~a ~b ~c ] 6= 0 , ~a ·~b 6= 0

).

Solucion:

Multiplicando la ecuacion punto ~a, se obtiene (~r ·~b)~a 2 = 0 y luego ~r ·~b = 0.Ası:

~r × ~a =~a× (~c×~b)

[ ~a ~b ~c ],

por lo tanto:

~r = λ ~a +1

~a 2

(~a× ~a× (~c×~b)

[ ~a ~b ~c ]

),

446

luego:

~r =(λ− 1

~a 2

)~a +

~b× ~c

[ ~a ~b ~c ].

Pero ~r ·~b = 0 obliga a que λ− 1

~a 2= 0 y ası:

~r =~b× ~c

[ ~a ~b ~c ].


1. Dados los vectores ~a = (−7, 1, 3) y ~b = (5, 0, 1):

(i) Calcular || ~a || y || ~b ||.(ii) Determinar la proyeccion ortogonal del vector ~a sobre el vector ~b.

2. Encontrar el angulo formado por los vectores ~a = (2, 6,−3) y ~b =(2, 2,−1).

3. Demostrar:

(i) El teorema [11.2.1] parte (4).

(ii) El corolario [11.2.1] parte (3).

4. Demostrar que los vectores ~a = (2, 3,−1),~b = (1, 1, 5) y ~c = (16,−11,−1)forman un conjunto dextrorsum de vectores mutuamente ortogonales:

5. Dados los vectores ~a = (1,−1, 0), ~b = (1, 1,−4), ~c = (1, 4,−1) determi-

nan un vector unitario v que forma angulos iguales con los vectores ~a, ~by ~c.

6. Determinar el vector ~x que depende linealmente de los vectores ~a =(−1, 2,−2), ~b = (1, 4,−4), que es perpendicular al vector ~c = (2,−1, 1)y cuyo modulo es

√3.

7. En un triangulo ABC se tiene A(~a), B(~b), C(~c) con || ~a || = || ~b || =

|| ~c ||. Demostrar que el vector posicion del ortocentro H(~h) esta dado

por ~h = ~a +~b + ~c.

8. (i) Demostrar vectorialmente el teorema de las tres perpendiculares.

447

(ii) En el espacio, demostrar que un angulo recto se proyecta sobre unplano segun un angulo recto si y solo si uno de los lados del anguloes paralelo al plano de proyeccion.

9. Dado un triangulo ABC, sea M el punto medio del trazo AB. Demostrarvectorialmente que:

CM 2 =1

2(CA 2 + CB 2)− 1

4AB 2 .

Generalizar si P es un punto de AB tal que AP/PB = λ.

10. Por un punto P interior a un cırculo dado se trazan dos semirrectasperpendiculares. Sean A y B los puntos en que ellas cortan a la circunfe-rencia. Demostrar vectorialmente que el lugar geometrico de los puntosmedios de las cuerdas AB es una circunferencia con centro en el puntomedio del trazo que une al punto P con el centro de la circunferencia.

11. Demostrar vectorialmente que las simetrales de un triangulo son concu-rrentes.

12. Sea ABCD un cuadrado y P un punto cualquiera de su plano. Demostrarvectorialmente que PA 2 + PC 2 = PB 2 + PD 2 .

13. Demostrar que la distancia entre los puntos medios de dos lados opuestosde un tetraedro regular es igual a la mitad de la diagonal del cuadradoque tiene como lado a una arista del tetraedro.

14. (a) Demostrar que:

|| ~a ||2 + || ~b ||2 + || ~c ||2 + || ~a +~b + ~c ||2 = || ~b + ~c ||2 + || ~c + ~a ||2 + || ~a +~b ||2 .

(b) Demostrar que:

|| ~a ||+ || ~b ||+ || ~c ||+ || ~a +~b + ~c || ≥ || ~b + ~c ||+ || ~c + ~a ||+ || ~a +~b || .

15. Sea G(~g) el centro de gravedad del triangulo ABC de vertices A(~a), B(~b),C(~c). Demostrar que:

(i)

~g =~a +~b + ~c

3.

(ii)

~a 2 +~b 2 + ~c 2 + 3~g 2 = GA 2 + GB 2 + GC 2 .

448

(iii)AB 2 + AC 2 + BC 2 = 3(GA 2 + GB 2 + GC 2) .

Generalizar para un polıgono P1P2 · · ·Pn de vertices Pi(~pi).

16. Utilizar el proceso de Gramm - Schmidt para construir una base orto-normal dados los vectores ~a = (3, 1, 1), ~b = (1, 3, 1) y ~c = (1, 1, 3).

17. Determinar los cosenos directores del vector (12, 4,−3).

18. Calcular el producto vectorial de los vectores (2, 5,−1) y (1,−3,−1).

19. Demostrar las partes (3) y (9) del teorema [11.3.1].

20. Demostrar que:

(i) Si ~a, ~b, ~c son coplanares, entonces ~a×~b, ~b×~c, ~c×~a son coplanares.

(ii) ~a× (~b× ~c) +~b× (~c× ~a) + ~c× (~a×~b) = ~0 .

(iii) Si en cada una de las caras de un tetraedro se aplica un vector libreperpendicular a ella, dirigido hacia afuera y una norma igual al areade dicha cara, entonces la suma de estos cuatro vectores es igual alvector nulo.

21. Dados los puntos A(2, 4, 1), B(−1, 0, 1), C(−1, 4, 2) calcular:

(i) El volumen del tetraedro OABC siendo O el origen de coordenadas.

(ii) La distancia desde el punto P (1,−2, 1) al plano determinado porlos puntos A, B y C.

22. Sean ~a = (x − 1, 2x − 4, 3x − 9), ~b = (x2 − 1, x2 − 4, x2 − 9) y ~c =

(x3 − 1, x3 − 8, x3 − 27). ¿Para que valores de x resulta [ ~a ~b ~c ] = 0?

23. Demostrar la segunda formula del parrafo [11.3.3].

24. Demostrar que (~a×~b )× ~c = ~a× (~b× ~c ) si y solo si (~c× ~a )×~b = ~0.

25. Usando la igualdad (~a×~b ) · (~c× ~d ) = ~a · (~b× (~c× ~d )) deducir la formulapara el producto punto de dos productos vectoriales dada en el parrafo[11.3.4].

26. Siendo ~a = (a1, a2, a3), ~b = (b1, b2, b3), ~c = (c1, c2, c3), ~d = (d1, d2, d3),demostrar que: ∣∣∣∣∣∣∣∣

~a ~b ~c ~da1 b1 c1 d1

a2 b2 c2 d2

a3 b3 c3 d3

∣∣∣∣∣∣∣∣= ~0 .

449

27. Demostrar que:

(i) [ ~d (~a×~b ) (~a× ~c ) ] = [ ~a ~b ~c ](~a · ~d ) .

(ii) [ (~a×~b ) (~b× ~c ) (~c× ~a ) ] = [ ~a ~b ~c ]2 .

28. Demostrar que:

~a× (~b× (~c× ~d)) = [ ~a ~c ~d ]~b− (~a ·~b )(~c× ~d ) = (~b · ~d )(~a× ~c )− (~b · ~c )(~a× ~d ) .

29. Demostrar que:

(~a×~b )× (~c× ~d) = [ ~b ~c ~d ]~a− [ ~a ~d ~c ]~b .

30. Si a, b, c son tales que a · b = α, b · c = β, c · a = γ, demostrar que:

[ a b c ] = (1− α2 − β2 − γ2 + 2αβγ)12 .

31. Usando la formula para el producto de productos mixtos, demostrar que:

[ ~a 1 ~a 2 ~a 3 ] [ ~a1 ~a2 ~a3 ] = 1 .

32. Demostrar que:

~a1 × ~a 1 + ~a2 × ~a 2 + ~a3 × ~a 3 = ~0 .

33. Determinar la base recıproca de { (1, 0, 0) , (1, 1, 0) , (1, 1, 1) }.34. Dados los vectores ~a1 = (1, 2, 1) y ~a2 = (1,−1, 1), determinar un vector

~a3 tal que la base recıproca { ~a 1 , ~a 2 , ~a 3 } sea ortogonal. ¿Debe seren tal caso la base original tambien ortogonal?

35. Siendo { ~a 1 , ~a 2 , ~a 3 } y { ~a1 , ~a2 , ~a3 } bases recıprocas y ~x un vectorcualquiera, demostrar que:

~x =3∑

k=1

(~a k · ~x)~ak =3∑

k=1

(~ak · ~x)~a k .

36. Sean a y b dos vectores unitarios que forman un angulo α. Sea c el vectorunitario ortogonal a a y b, en sentido positivo de a a b. ¿Cual es la baserecıproca de la base { a , b , c }?

37. Calcular los angulos α, β y γ del triangulo esferico ABC, siendo a =1√3(1, 1, 1), b =

1√3(−1, 1, 1), c =

1√3(−1,−1, 1). Verificar el resultado

mediante el teorema de los senos.

450

38. Dados de un triangulo esferico sus lados a = 59◦3′25′′, b = 119◦56′7′′ ya = 178◦49′, calcular los angulos α, β y γ.

39. Dados de un triangulo esferico los datos a = 38◦31′22′′, b = 123◦1′50′′,γ = 71◦38′30′′, calcular el lado c y los angulos α y β.

40. Resolver el sistema:

2x + 3y − z = 1x + y + 5z = 12

16x − 11y + z = 61

41. De las relaciones:

~a1 = ~a +(γ − 1

~b 2

~b · ~a− γθ)~b , θ1 = γ

(θ −

~b · ~ac2

), γ =

c√~a 2 −~b 2

,

deducir que:

~a = ~a1 +(γ − 1

~b 2

~b · ~a1 + γθ1

)~b , θ = γ

(θ1 +

~b · ~a1

c2

).

42. Sean u y v dos vectores unitarios tales que 6< (u , v) = θ. Definamos

u× v = n senθ, = v × n, m = n× u. Demostrar que:

(i) Si ~a es un vector cualquiera, entonces:

~a = (~a · n)n +~a · senθ

u +~a · msenθ

v = (~a · n)n +~a · usenθ

+~a · vsenθ

m .

(ii)

~a× (u× v) = (~a · m)− (u · )m(= ~a× (× m)) .

senθ = u− v cos θ , msenθ = v − u cos θ .

usenθ = + m cos θ , vsenθ = m + cos θ .

43. Demostrar la formula:

(~b× ~c) · (~a× ~d) + (~c× ~a) · (~b× ~d) + (~a×~b) · (~c× ~d) = 0 ,

y deducir de ella que:

sen(α + β)sen(α− β) = sen2α− sen2β =1

2(cos 2β − cos 2α) .

(Indicacion: Elija ~a, ~b, ~c, ~d tales que 6< (~b, ~d) = 6< (~a,~c) = β, 6< (~a, ~d) =α− β .)

451

44. El punto P (~r) se hace rotar en un angulo α ortogonalmente en tornode un eje ` que pasa por O con vector director a, obteniendose el puntoP ′(~r ′). Demostrar que:

~r ′ = (~r · a) a + (~r − (~r · a) a) cos α + (a× ~r )sen α .

45. Resolver la ecuacion ~r · ~a = 1, siendo ~a = (2, 3, 6).

46. Verifique que:

(~a ·~b)(~b× ~c)− [ ~a ~b ~c ]~b = ~b 2(~a× ~c) , (si ~b ⊥ ~c )

y simplifique la respuesta dada al problema resuelto [11.4.34].

47. Resolver la ecuacion del problema resuelto [11.4.38], suponiendo ahora

que ~a ·~b = 0.

48. Resolver:~a× (~r × ~a) + ~r × ~a + ~r ×~b = ~0 .

49. Resolver:(~r · ~a)~a + ~a× (~r −~b ) = ~0 , (~a 6= ~0) .

50. Resolver el sistema:{

α ~r + β ~s = ~a~r · ~s = γ

.

51. En Rn demostrar que si dos vectores ~a y ~b tienen la misma norma, en-tonces los vectores ~a+~b y ~a−~b son los bisectores, interior y exterior, delangulo formado por los vectores ~a y ~b.

452


(1) (i)√

59,√

26; (ii) −1613

(5, 0, 1)

(2) Arccos(19

21

)

(3)1√2(4, 1,−1)

(6) (1, 1,−1)

(9) CP 2 =CA 2 + λCB 2

1 + λ− λAB 2

(1 + λ)2

(16)1√11

(3, 1, 1) ,1

3√

22(−5, 13, 2) ,

13√

2(1, 1,−4)

(17) cos α =1213

, cos β =413

, cos γ = − 313

(18) (−13, 3,−11)

(20) (i)43, (ii)

1413

(21) {0, 1, 2, 3}(33) { (1,−1, 0) , (0, 1,−1) , (0, 0, 1) }

(34) ~a3 =1√2(1, 0,−1), sı.

(36) { b× c

senα,

c× a

senα, c }

(37) 60◦, 120◦, 60◦

(38) 31◦24′36′′, 31◦46′27′′, 179◦16′50′′

(39) 105◦11′18′′, 37◦46′20′′, 124◦27′40′′

(40) x = 3, y = −1, z = 2

(45) ~r =149

(2, 3, 6) +~b× (2, 3, 6) con ~b vector arbitrario.

(47) ~r = ~b + λ(~a−~b 2(~a×~b)), (λ parametro).

(48) Si ~a×~b = ~0, entonces ~r = ~0; si ~a×~b 6= ~0, entonces ~r = λa, con ~a vector arbitrario.

(49) ~r = ~b− ~a ·~b~a 2

~a

(50) ~r =~a

2α+

12α

√~a 2 − 4αβγ e, ~s =

~a

2β+

12β

√~a 2 − 4αβγ e, siendo e un vector arbi-

trario.

453

Capıtulo doce

MATRICES, DETERMINANTES YTRANSFORMACIONES LINEALES

12.1 Introduccion

Podemos decir que las matrices son cuadros de informacion, por ejemplo su-pongamos que una industria desea fabricar cuatro artıculos {A1, A2, A3, A4}y para ello se necesita de cinco materias primas {M1, M2, M3, M4, M5},entonces el siguiente cuadro C representa las cantidades de materias primaspor unidad que se precisan para fabricar el respectivo artıculo:

C M1 M2 M3 M4 M5

A1 c11 c12 c13 c14 c15

A2 c21 c22 c23 c24 c25

A3 c31 c32 c33 c34 c35

A4 c41 c42 c43 c44 c45

ası, por ejemplo c24 significa la canti-dad de materia prima M4 que se ne-cesita para fabricar una unidad delartıculo A2 y c43 senala la cantidadde materia prima M3 que se necesitapara fabricar una unidad del artıculoA4, etc.

Experiencias de este tipo conducen a la siguiente:

Definicion 12.1.1 Se llama ma-triz real de orden m × n a to-da disposicion rectangular de m× nnumeros reales en m filas y en n co-lumnas.Una de tales disposiciones la vemosal lado:

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...am1 am2 am3 · · · amn

.

Algunos casos particulares de matrices se presentan en el siguiente:

Ejemplo 12.1.1 En primer lugar tenemos que

[2 3 −55 −2 1

]es una matriz

real de orden 2 × 3. Otro caso es

√

2 −3 − 3√

5 −40 −1 4 −31 −2 3 0

, que representa

a una matriz real de orden 3 × 4. A su vez, vemos que

−3 7

0 41 −2

es una

455

matriz real de orden 3× 2.

Nota:

Las matrices se simbolizan por letras mayusculas de imprenta: A, B, C, etc.y, algunas veces, se agrega un subındice: A1, A2, etc.

Ejemplo 12.1.2 Ahora bien, si consideramos el sistema de ecuaciones linea-les:

5x1 − 3x2 + 2x3 + 3x4 = 12x1 + 7x2 − 3x3 − 5x4 = 23

2x1 + 4x3 − 7x4 = −31

,

segun veremos, tambien se puede escribir:

5 −3 2 31 7 −3 −52 0 4 −7

x1

x2

x3

x4

=

1223

−31

,

donde A =

5 −3 2 31 7 −3 −52 0 4 −7

se conoce como matriz de coeficientes

del sistema lineal. La matriz X =

x1

x2

x3

x4

se conoce como matriz de

incognitas del sistema lineal y B =

1223

−31

se conoce como matriz de

segundos miembros del sistema lineal, con lo que el sistema tambien sepuede simbolizar por AX = B .

Notas:

(1) Al conjunto de todas las matrices reales de orden m×n lo simbolizaremospor Mmn.

(2) Si A ∈ Mmn, tendremos:

A =

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...am1 am2 am3 · · · amn

=[aij

],

456

o sea, con el sımbolo[aij

]resumiremos los terminos de la matriz A donde

entenderemos que el elemento aij pertenece a la fila i y a la columna j (parai = 1, 2, 3, · · · , m y j = 1, 2, 3, · · · , n).

(3) Si en una matriz el numero de filas es igual al numero de columnas, digamosn, entonces se dice que la matriz es cuadrada de orden n. Al conjunto dematrices cuadradas de orden n lo simbolizaremos por Mn.

Definicion 12.1.2 Sean A =[aij

], B =

[bij

] ∈Mmn diremos que las matri-ces A y B son iguales si los elementos homologos son iguales, o sea:

A = B ⇐⇒{ ∀i ∈ {1, 2, 3, · · · , m}∀j ∈ {1, 2, 3, · · · , n}

(aij = bij

).

12.2 Matrices especiales

Dentro de las matrices especiales tenemos en primer lugar la matriz cero,esta es la matriz en la que todo elemento de ella es 0, es decir, esta matriz esla que satisface:

{ ∀i ∈ {1, 2, 3, · · · , m}∀j ∈ {1, 2, 3, · · · , n}

(aij = 0

), o sea O =

0 0 0 · · · 00 0 0 · · · 00 0 0 · · · 0...

......

.........

...0 0 0 · · · 0

.

En el capıtulo de vectores ya hemos definido el delta de Kronecker como:

δij =

{1 si i = j0 si i 6= j

Otra matriz especial es la matriz identidad, esta es una matriz cuadrada enla que para i 6= j se tiene aij = 0, en cambio para i = j se tiene aii = 1, o seaesta matriz es:

In =[δij

]=

1 0 0 · · · 00 1 0 · · · 00 0 1 · · · 0...

......

.........

...0 0 0 · · · 1

.

Dada la matriz A =[aij

], de orden m × n, entenderemos que la diagonal

principal de ella esta constituida por los elementos a11, a22, a33, etc.

457

Si todos los elementos de una matriz que se encuentran bajo la diagonal princi-pal son iguales a cero se dice que la matriz es triangular superior. Analo-gamente, si todos los elementos por encima de la diagonal principal son igualesa cero se dice que la matriz es triangular inferior, por ejemplo, tenemosque la matriz:

1 −1 3 40 1 −1 30 0 1 7

,

es triangular superior.

Diremos que una matriz de orden m× n es escalonada reducida por filassi satisface las siguientes condiciones:

(i) El primer elemento distinto de cero en cualesquiera de las filas, que tienenelementos diferentes de cero, es 1.

(ii) Toda columna que contiene el primer elemento distinto de cero de algunafila tiene todos sus otros elementos iguales a cero.

(iii) Toda fila con todos sus elementos iguales a cero, sigue a cualquier filaque tenga a algun elemento distinto de cero.

(iv) Si el primer elemento distinto de cero de la fila i aparece en la columnaj, entonces el primer elemento de la fila i + 1 distinto de cero, si esque existe, aparece en la columna k, con k > j ( de esto proviene elcalificativo de escalonada).

A pesar de esta difıcil descripcion las matrices en forma escalonada reducidapor filas son bastante simples. Por ejemplo tenemos:

1 0 00 1 00 0 1

,

0 1 0 −10 0 1 20 0 0 0

,

1 0 0 0 40 0 1 0 −20 0 0 1 3

,

sin embargo la matriz

1 0 1 30 1 0 −20 0 1 0

, no es escalonada reducida por filas

porque transgrede la condicion (ii). A su vez, la matriz

0 1 0 −10 0 0 00 0 1 2

,

tampoco es escalonada reducida por filas porque no satisface la condicion (iii).

Por ultimo,

0 1 2 71 0 0 40 0 0 0

, no satisface la condicion (iv).

458

12.2.1 Matrices elementales (fila)

Estas matrices cuadradas corresponden a aquellas matrices que provienen dela matriz identidad, ellas son de tres tipos y corresponden a las siguientescaracterısticas:

(1) Primero tenemos la matriz elemental Pij que se obtiene de la matrizidentidad In intercambiando en esta la fila i por la fila j, tal como vemosen la figura 12.1:

Pij i ↓ j ↓1 · ·

......

i→

· · · 0 · · · 1

......

j→

· · · 1 · · · 0

......

Fig. 12.1

Como ejemplo tenemos que en el ca-so de tomar la identidad I4, entoncesP23 es la matriz elemental:

P23 =

1 0 0 00 0 1 00 1 0 00 0 0 1

.

(2) A continuacion tenemos la matriz elemental Ei(α) que se obtiene de lamatriz identidad In multiplicando la fila i por el numero α, tal comovemos en la figura 12.2:

Ei(α) i ↓...

i→

· · · α

Fig. 12.2

Como ejemplo tenemos que en el ca-so de tomar la identidad I3, entoncesE3(

√2) es la matriz elemental:

E3(√

2) =

1 0 00 1 0

0 0√

2

.

(3) Por ultimo, tenemos la matriz elemental Eij(α) que se obtiene de lamatriz identidad In sumando a la fila j la fila i multiplicada por el numeroα, tal como vemos en la figura 12.3:

459

Eij(α) i ↓ j ↓1 · ·

......

i→

· · · 1 · · · 0

......

j→

· · · α · · · 1

......

Fig. 12.3

Como ejemplo tenemos que en el ca-so de tomar la identidad I5, entoncesE43(−7) es la matriz elemental:

E43(−7) =

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 −7 00 0 0 1 00 0 0 0 1

.

Nota:

De igual manera, se podrıan haber obtenido las matrices elementales si sehubieran modificado las columnas, pero debido a que solo vamos a usar lasmatrices elementales con respecto a las filas, no nos dedicaremos a estudiar lasmatrices elementales columna.

12.2.2 Matriz particionada o en bloques

Una matriz A en que se han trazado lineas verticales y horizontales punteadas yque van desde arriba hacia abajo o de izquierda a derecha de la matriz pasandoa los costados de los elementos se conoce como matriz particionada o enbloques, es decir, quedan bloques de matrices Aij, lo que vemos en la figura12.4.

A11 | A12 | A13 | · · · | · · ·

A21 | A22 | A23 | · · · | · · ·

A31 | A32 | A33 | · · · | · · ·

· · · | · · · | · · · | · · · | · · ·

· · · | · · · | · · · | · · · | · · ·

.

Fig. 12.4

460

Si consideramos la matriz

2 3 50 1 34 0 16 1 3

, una matriz particionada o en bloques

asociada a ella puede ser

2 3 | 50 1 | 3

4 0 | 16 1 | 3

.

12.2.3 Matriz transpuesta de una matriz dada

Sea A =[aij

]matriz de orden m × n, se denomina matriz transpuesta de

la matriz A a la matriz simbolizada por AT =[aT

ij

], de orden n×m, que se

consigue considerando como sus filas a las columnas de la matriz A, o sea:

AT =[aT

ij

]es la matriz transpuesta de A =

[aij

]

m{ ∀i ∈ {1, 2, 3, · · · , n}∀j ∈ {1, 2, 3, · · · , m} se tiene :

(aT

ij = aji

).

Ası, por ejemplo, tenemos que

2 1 3 04 1 −1 32 1 4 0

T

=

2 4 21 1 13 −1 40 3 0

.

Es evidente el siguiente:

Teorema 12.2.1 Sea A ∈Mmn, entonces(AT

)T= A.

Definicion 12.2.1 Una matriz cuadrada A se dice matriz simetrica si ella esigual a su respectiva matriz transpuesta AT , o sea: A = AT .

Por ejemplo, tenemos que la matriz A =

2 4 54 7 35 3 9

es una matriz simetrica.

Definicion 12.2.2 Una matriz cuadrada A se dice matriz antisimetrica siella es igual a la opuesta aditiva de su respectiva matriz transpuesta AT , o sea:A = −AT .

461

Por ejemplo, tenemos que la matriz A =

0 4 −5−4 0 3

5 −3 0

es una matriz

antisimetrica.

12.3 Algebra de matrices

Aquı presentaremos las principales operaciones que pueden efectuarse con ma-trices. Comenzaremos con:

12.3.1 Adicion matricial

Para comprender la definicion que se presentara empezaremos con la siguientemotivacion:

El consumo de algunos artıculos de primera necesidad, que precisa un res-toran, para los dıas habiles de la primera semana del mes de Marzo se podrıarepresentar por medio de:

M Lunes Martes Miercoles Jueves Viernesartıculo 1 m11 m12 m13 m14 m15

artıculo 2 m21 m22 m23 m24 m25





y el consumo de los mismos artıculos, para ese mismo restoran, en tales dıashabiles pero en la segunda semana de ese mes es:

N Lunes Martes Miercoles Jueves Viernesartıculo 1 n11 n12 n13 n14 n15

artıculo 2 n21 n22 n23 n24 n25





462

y estos cuadros pueden resumirse por medio de las matrices:

M =

m11 m12 m13 m14 m15

m21 m22 m23 m24 m25

m31 m32 m33 m34 m35

m41 m42 m43 m44 m45

m51 m52 m53 m54 m55

m61 m62 m63 m64 m65

, N =

n11 n12 n13 n14 n15

n21 n22 n23 n24 n25

n31 n32 n33 n34 n35

n41 n42 n43 n44 n45

n51 n52 n53 n54 n55

n61 n62 n63 n64 n65

,

con ello el consumo de estos artıculos en ambas semanas sera:

M + N =

m11 + n11 m12 + n12 m13 + n13 m14 + n14 m15 + n15

m21 + n21 m22 + n22 m23 + n23 m24 + n24 m25 + n25

m31 + n31 m32 + n32 m33 + n33 m34 + n34 m35 + n35

m41 + n41 m42 + n42 m43 + n43 m44 + n44 m45 + n45

m51 + n51 m52 + n52 m53 + n53 m54 + n54 m55 + n55

m61 + n61 m62 + n62 m63 + n63 m64 + n64 m65 + n65

.

De esto se desprende el hecho de considerar la siguiente:


], B =

[bij

], C =

[cij

] ∈Mmn diremos queC es la suma de A con B si los elementos de ella se obtienen sumando loselementos homologos de A con los elementos homologos de B, es decir:

C = A + B ⇐⇒{ ∀i ∈ {1, 2, 3, · · · , m}∀j ∈ {1, 2, 3, · · · , n}

(cij = aij + bij

).

Nota:

Si A =[aij

], B =

[bij

], C =

[cij

] ∈Mmn, entonces:

C = A + B ⇐⇒ [cij

]=

[aij

]+

[bij

]=

[aij + bij

].

Ejemplo 12.3.1 Ası, por ejemplo si A =[

2 −3 41 2 −4

]y B =

[12 4 33 −2 −5

],

entonces:

A+B =[

2 −3 41 2 −4

]+

[12 4 33 −2 −5

]=

[2 + 12 −3 + 4 4 + 31 + 3 2− 2 −4− 5

]=

[14 1 74 0 −9

].

Teorema 12.3.1 Si A, B, C ∈ Mmn, entonces se satisfacen las siguientespropiedades:

(1) A + B = B + A(conmutatividad)

(2) A + (B + C) = (A + B) + C(asociatividad)

463

(3) A + O = A, donde O =[0ij

]. O sabemos que se conoce como matriz

cero.

(4) A+(−A) = O, donde si A =[aij

]resulta −A =

[−aij

]. (−A) se conoce

como matriz opuesta aditiva de la matriz A.

Nota:

El teorema anterior se puede resumir diciendo:“El conjunto de las matrices reales de orden m × n, Mmn, provistode adicion constituye un modelo de grupo aditivo.”

12.3.2 Ponderacion matricial por escalar real

Si se desea fabricar ciertos artıculos se precisa, segun hemos visto al iniciode este capıtulo, de materias primas digamos {M1, M2, M3, M4, M5}, parasaber donde es mas conveniente comprarlas es necesario acudir a las ofertas,pensemos que tales ofertas son {Of1, Of2, Of3}.

Con esta informacion formamos elcuadro materias primas versus ofer-tas y nos resultara la matriz pre-cio unitario (que vemos al lado).Ası, por ejemplo p32 significa el pre-cio unitario de la materia prima M3

efectuando la compra en la ofertaOf2

P Of1 Of2 Of3

M1 p11 p12 p13

M2 p21 p22 p23

M3 p31 p32 p33

M4 p41 p42 p43

M5 p51 p52 p53

P =

p11 p12 p13

p21 p22 p23

p31 p32 p33

p41 p42 p43

p51 p52 p53

En forma mas sencilla hemos colo-cado, a nuestra izquierda la matrizprecio unitario. Supongamos ahoraque los precios han tenido un rea-juste del r%, luego, la matriz preciounitario P se transformara en:

P +r

100P =

p11 p12 p13

p21 p22 p23

p31 p32 p33

p41 p42 p43

p51 p52 p53

+

r100

p11r

100p12

r100

p13r

100p21

r100

p22r

100p23

r100

p31r

100p32

r100

p33r

100p41

r100

p42r

100p43

r100

p51r

100p52

r100

p53

,

464

mas comodo es escribirla en la forma:

P +r

100P =

p11 p12 p13

p21 p22 p23

p31 p32 p33

p41 p42 p43

p51 p52 p53

+r

100

p11 p12 p13

p21 p22 p23

p31 p32 p33

p41 p42 p43

p51 p52 p53

,

o mejor aun:

(1 +

r

100

)P =

(1 +

r

100

)

p11 p12 p13

p21 p22 p23

p31 p32 p33

p41 p42 p43

p51 p52 p53

,

colocando α = 1 +r

100, tendremos:

αP = α

p11 p12 p13

p21 p22 p23

p31 p32 p33

p41 p42 p43

p51 p52 p53

=

αp11 αp12 αp13

αp21 αp22 αp23

αp31 αp32 αp33

αp41 αp42 αp43

αp51 αp52 αp53

,

esto se puede generalizar considerando la siguiente:


], B =

[bij

] ∈ Mmn y α ∈ R, diremos queB es la matriz ponderada de A por medio del escalar α si los elementos de Bse obtienen multiplicando los elementos de A por el escalar α, o sea:

B = αA ⇐⇒{ ∀i ∈ {1, 2, 3, · · · , m}∀j ∈ {1, 2, 3, · · · , n}

(bij = αaij

).

Nota:

La definicion anterior puede resumirse del modo siguiente:

Si α ∈ R y A =[aij

], B =

[bij

] ∈Mmn, entonces:

B = αA ⇐⇒ [bij

]= α

[aij

]=

[αaij

].

Ejemplo 12.3.2 Ası, por ejemplo si A =

[2 −3 41 2 −4

]entonces

5A = 5

[2 −3 41 2 −4

]=

[5 · 2 5 · (−3) 5 · 45 · 1 5 · 2 5 · (−4)

]=

[10 −15 205 10 −20

]

465

Las propiedades de la ponderacion matricial por escalar real se presentan enel:

Teorema 12.3.2 Si α, β ∈ R y A, B ∈ Mmn, entonces se satisfacen lassiguientes propiedades:

(1) α(A + B) = αA + αB

(2) (α + β)A = αA + βA

(3) α(βA) = (αβ)A

(4) 1A = A

En conclusion tenemos:

Teorema 12.3.3 Si α, β ∈ R y A, B, C ∈ Mmn, entonces se satisfacen lassiguientes propiedades:

(1) A + B = B + A

(2) A + (B + C) = (A + B) + C

(3) A + O = A, donde O =[0ij

]. O sabemos que se conoce como matriz

cero.

(4) A+(−A) = O, donde si A =[aij

]resulta −A =

[−aij

]. (−A) se conoce

como matriz opuesta aditiva de la matriz A.

(5) α(A + B) = αA + αB

(6) (α + β)A = αA + βA

(7) α(βA) = (αβ)A

(8) 1A = A

Nota:

El teorema anterior lo podemos resumir diciendo que:

Mmn provisto de adicion y ponderacion por escalar real constituyeun modelo de espacio vectorial real.

466

Teorema 12.3.4 En el espacio vectorial real Mmn se cumple que:

(1) La matriz cero O es unica.

(2) Para la matriz A su matriz opuesta aditiva (−A) es unica.

(3) αA = O ⇒ (α = 0 ∨ A = O

)

(4)(A + C = B + C

) ⇒ A = B

(5)(A + X = B

) ⇒ (X = B − A

)

Teorema 12.3.5 Sean α ∈ R y A, B ∈Mmn, entonces:

(i) (A + B)T = AT + BT (ii) (αA)T = αAT

Utilizando las propiedades que hemos senalado se pueden resolver problemasdel tipo:

Problema 12.3.1 Resolver la ecuacion en A =

[a11 a12 a13

a21 a22 a23

]:

2

[12 4 32 −2 −5

]+

1

3

[a11 a12 a13

a21 a22 a23

]= 6

[2 −4 30 2 1

].

Solucion:

Tenemos:

1

3

[a11 a12 a13

a21 a22 a23

]= 6

[2 −4 30 2 1

]− 2

[12 4 32 −2 −5

],

o sea:

1

3

[a11 a12 a13

a21 a22 a23

]=

[12 −24 180 12 6

]−

[24 8 64 −4 −10

],

es decir:1

3

[a11 a12 a13

a21 a22 a23

]=

[ −12 −32 12−4 16 16

],

con lo que:[

a11 a12 a13

a21 a22 a23

]= 3

[ −12 −32 12−4 16 16

]= 12

[ −3 −8 3−1 4 4

].

467

12.3.3 Producto matricial

Al inicio de este capıtulo empeza-mos considerando la fabricacion decuatro artıculos {A1, A2, A3, A4}utilizando cinco materias primas{M1, M2, M3, M4, M5}, lo que noscondujo al cuadro de consumo:

C M1 M2 M3 M4 M5

A1 c11 c12 c13 c14 c15

A2 c21 c22 c23 c24 c25

A3 c31 c32 c33 c34 c35

A4 c41 c42 c43 c44 c45

P Of1 Of2 Of3

M1 p11 p12 p13

M2 p21 p22 p23

M3 p31 p32 p33

M4 p41 p42 p43

M5 p51 p52 p53

posteriormente acudimos a las ofer-tas {Of1, Of2, Of3} y conseguimosel cuadro de precios unitarios que te-nemos a la izquierda.

Ahora podemos buscar el cuadro decostos C que conecta los artıculos{A1, A2, A3, A4} con las ofertas{Of1, Of2, Of3} y que tenemos anuestra derecha:

C Of1 Of2 Of3

A1 C11 C12 C13

A2 C21 C22 C23

A3 C31 C32 C33

A4 C41 C42 C43

Estos tres cuadros los podemos expresar mediante las matrices:

C =

c11 c12 c13 c14 c15

c21 c22 c23 c24 c25

c31 c32 c33 c34 c35

c41 c42 c43 c44 c45

, P =

p11 p12 p13

p21 p22 p23

p31 p32 p33

p41 p42 p43

p51 p52 p53

, C =

C11 C12 C13

C21 C22 C23

C31 C32 C33

C41 C42 C43

,

Es claro que el costo se consigue multiplicando el consumo por el precio uni-tario, es decir C = C · P , o mejor:

C11 C12 C13

C21 C22 C23

C31 C32 C33

C41 C42 C43

=

c11 c12 c13 c14 c15

c21 c22 c23 c24 c25

c31 c32 c33 c34 c35

c41 c42 c43 c44 c45

·

p11 p12 p13

p21 p22 p23

p31 p32 p33

p41 p42 p43

p51 p52 p53

,

ası, por ejemplo, si queremos obtener el elemento de la matriz de costo C32, quesignifica el valor de costo que se produce al fabricar el artıculo A3 comprando

468

las materias primas en la oferta Of1,deberemos considerar:

C31 = c31 · p11 + c32 · p21 + c33 · p31 + c34 · p41 + c35 · p51 =5∑

k=1

c3k · pk1 ,

lo que quiere decir que hay que multiplicar punto el tercer vector fila de la ma-triz C por el primer vector columna de la matriz P , como tambien si queremosobtener el termino C42 de la matriz C deberemos multiplicar punto el cuartovector fila de la matriz C por el segundo vector columna de la matriz P , enotras palabras:

C42 = c41 · p12 + c42 · p22 + c43 · p32 + c44 · p42 + c45 · p52 =5∑

k=1

c4k · pk2 ,

de donde, resulta:

C =[Cij

]=

[5∑

k=1

cikpkj

],

lo que nos conduce a la:

Definicion 12.3.3 Las matrices A y B son multiplicables en ese ordensi el numero de columnas de A es igual al numero de filas de B.

Nota:

La definicion anterior nos dice que si A ∈Mmp y B ∈Mpn, entonces existe lamatriz C = A ·B.

Definicion 12.3.4 Siendo A =[aij

] ∈ Mmp, B =[bij

] ∈ Mpn se define lamatriz producto entre A y B como la matriz A · B = C =

[cij

] ∈ Mmn

donde: { ∀i ∈ {1, 2, 3, · · · , m}∀j ∈ {1, 2, 3, · · · , n}

(cij =

p∑

k=1

aikbkj

).

Nota:

Es decir:[cij

]=

[aij

] · [bij

]=

[p∑

k=1

aikbkj

],

o sea, para obtener el elemento cij de la matriz producto se debera efectuar elproducto punto entre el fila i de la matriz A y la columna j de la matriz B.

469

Ejemplo 12.3.3 Al multiplicar A =

[2 3 45 6 7

]con B =

1 03 24 5

, la

matriz resultante es C =

[c11 c12

c21 c22

], donde:

c11 = 2 · 1 + 3 · 3 + 4 · 4 = 27 , c12 = 2 · 0 + 3 · 2 + 4 · 5 = 26 ,

c21 = 5 · 1 + 6 · 3 + 7 · 4 = 51 , c22 = 5 · 0 + 6 · 2 + 7 · 5 = 47 ,

por tal motivo se desprende que:

A ·B =

[2 3 45 6 7

]·

1 03 24 5

=

[27 2651 47

]= C .

Ahora pasaremos a estudiar las propiedades de la multiplicacion matricial (in-cluyendo las propiedades conjuntas que posee con la adicion y ponderacion porescalar real).

Teorema 12.3.6 Si A =[aij

] ∈ Mmp, B =[bij

] ∈ Mpq, C =[cij

] ∈ Mqn,entonces se satisface la propiedad asociativa, o sea:

A(BC) = (AB)C .

Demostracion:

Tenemos:

A(BC) =[aij

] ([bij

][cij

])=

[p∑

k=1

aik

(q∑

`=1

bk`c`j

)]=

=

[p∑

k=1

q∑

`=1

aikbk`c`j

]=

[q∑

`=1

p∑

k=1

aikbk`c`j

]=

=

[q∑

`=1

(p∑

k=1

aikbk`

)c`j

]=

([aij

][bij

]) [cij

]= (AB)C .

Los siguientes resultados son evidentes:


] ∈ Mmp, B =[bij

] ∈ Mpn, C =[cij

] ∈ Mpn,entonces se satisface la propiedad distributiva, o sea:

A(B ± C) = AB ± AC .

470


] ∈ Mmp, B =[bij

] ∈ Mmp, C =[cij

] ∈ Mpn,entonces se satisface la propiedad distributiva, o sea:

(A±B)C = AC ±BC .


] ∈Mmn, entonces:

ImA = A , AIn = A .


] ∈Mmn, entonces:

OpmA = Opn , AOnp = Omp .


] ∈Mmp, B =[bij

] ∈Mpn,entonces:

(AB)T = BT AT .

Nota:

Es importante hacer notar que siendo A y B matrices, entonces AB 6= BA, osea que, en general, no hay conmutatividad para el producto matricial.Esto es inmediato para las matrices no cuadradas ya que siendo p 6= q, q 6= r yr 6= p y ademas A es de orden p× q y B es de orden q × r, entonces AB tienesentido pero BA no lo tiene. Aun para matrices cuadradas, la conmutatividaddel producto no se cumple en general; por ejemplo:

[1 00 0

] [0 01 0

]=

[0 00 0

]y

[0 01 0

] [1 00 0

]=

[0 01 0

].

Tambien vemos por ejemplo que si el producto de dos matrices da comoresultado la matriz cero no necesariamente alguna de las matricesque se han multiplicado es la matriz cero. Con esto tambien se tiene quela propiedad cancelativa no se satisface en general; puesto que si AC = BC estono quiere decir que A = B, ya que (A−B)C = O no implica que A−B = O,o sea A = B.

Por otro lado, podemos ver que si A y B son matrices cuadradas del mismoorden y simetricas, entonces AB no es necesariamente simetrica puesto que:

(AB)T = BT AT = BA 6= AB .

Ademas, si A es matriz cuadrada de orden p y simetrica y B es de orden p× q,entonces:

(BT AB)T = BT AT (BT )T = BT AB .

471

12.3.4 Multiplicacion por bloques

Si las matrices A y Bson multiplicables y estan divididas en bloques, enton-ces AB se puede obtener multiplicando los bloques como si fueran elementos,siempre que cada multiplicacion de bloque con bloque se pueda efectuar. Porejemplo:

2 3 | 1 01 0 | 3 2

0 1 | 2 3

4 3 | −11 4 | 2

2 2 | 30 1 | 0

=

=

[2 31 0

] [4 31 4

]+

[1 03 2

] [2 20 1

] [2 31 0

] [ −12

]+

[1 03 2

] [30

]

[0 1

] [4 31 4

]+

[2 3

] [2 20 1

] [0 1

] [ −12

]+

[2 3

] [30

]

.

En esta situacion se presentan algunos casos importantes:

(1)

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n

......

............

...

am1 am2 am3 · · · amn

x1

x2

x3...

xn

=

n∑j=1

a1jxj

n∑j=1

a2jxj

n∑j=1

a3jxj

...n∑

j=1

amjxj

,

por ejemplo:

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...am1 am2 am3 · · · amn

x1

x2

x3...

xn

=

b1

b2

b3...bm

,

472

se traduce en el sistema de ecuaciones lineales:

a11x1 + a12x2 + a13x3 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 + · · · + a2nxn = b2

a31x1 + a32x2 + a33x3 + · · · + a3nxn = b3...

......

.........

......

am1x1 + am2x2 + am3x3 + · · · + amnxn = bm

(2)

a11 | a12 | a13 | · · · | a1n

a21 | a22 | a23 | · · · | a2n

a31 | a32 | a33 | · · · | a3n... | ... | ... | ...

...... | ...

am1 | am2 | am3 | · · · | amn

x1

x2

x3

...

xn

=

=

a11

a21

a31...am1

[x1

]+

a12

a22

a32...am2

[x2

]+

a13

a23

a33...am3

[x3

]+ · · ·+

a1n

a2n

a3n...

amn

[xn

]=

= x1~a1+x2~a2+x3~a3+· · ·+xn~an .

Por ejemplo:

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...am1 am2 am3 · · · amn

x1

x2

x3...

xn

=

b1

b2

b3...bm

,

se traduce en:

x1~a1 + x2~a2 + x3~a3 + · · ·+ xn~an = ~b ,

en otras palabras, hay solucion para x1, x2, x3, · · · , xn si ~b esta en elespacio generado por los vectores ~a1, ~a2, ~a3, · · · , ~an.

473

(3) Sean A una matriz de orden m × n y B una matriz de orden n × r,entonces:

AB =

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n

......

............

...


b11 b12 b13 · · · b1r

b21 b22 b23 · · · b2r

b31 b32 b33 · · · b3r...

......

.........

...bn1 bn2 bn3 · · · bnr

=

=

[a11 a12 a13 · · · a1n

]B

[a21 a22 a23 · · · a2n

]B

[a31 a32 a33 · · · a3n

]B

.........[


]B


AB =

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n

......

............

...


b11 | b12 | b13 | · · · | b1r

b21 | b22 | b23 | · · · | b2r

b31 | b32 | b33 | · · · | b3r

... | ... | ... | ......... | ...

bn1 | bn2 | bn3 | · · · | bnr

=

=

~a1 ·~b1 ~a1 ·~b2 ~a1 ·~b3 · · · ~a1 ·~br

~a2 ·~b1 ~a2 ·~b2 ~a2 ·~b3 · · · ~a2 ·~br

~a3 ·~b1 ~a3 ·~b2 ~a3 ·~b3 · · · ~a3 ·~br...

......

.........

...

~am ·~b1 ~am ·~b2 ~am ·~b3 · · · ~am ·~br

,

474

(esta fue la definicion de multiplicacion de matrices filas por co-lumnas.)

Por otro lado, tenemos:

AB =

a11 | a12 | a13 | · · · | a1n

a21 | a22 | a23 | · · · | a2n

a31 | a32 | a33 | · · · | a3n

... | ... | ... | ......... | ...

am1 | am2 | am3 | · · · | amn

b11 b12 b13 · · · b1r

b21 b22 b23 · · · b2r

b31 b32 b33 · · · b3r

......

............

...

bn1 bn2 bn3 · · · bnr

=

=

a11

a21

a31...am1

[b11 b12 b13 · · · b1r

]+

a12

a22

a32...am2

[b21 b22 b23 · · · b2r

]+

+ · · ·+

a1n

a2n

a3n...

amn

[bn1 bn2 bn3 · · · bnr

]


AB =

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...am1 am2 am3 · · · amn

b11 b12 b13 · · · b1r

b21 b22 b23 · · · b2r

b31 b32 b33 · · · b3r

......

............

...

bn1 bn2 bn3 · · · bnr

=

475

=

a11 | a12 | a13 | · · · | a1n

a21 | a22 | a23 | · · · | a2n

a31 | a32 | a33 | · · · | a3n

... | ... | ... | ......... | ...

am1 | am2 | am3 | · · · | amn

B1

B2

B3...

Bn

=

=

a11B1 + a12B2 + · · ·+ a1nBn

a21B1 + a22B2 + · · ·+ a2nBn

a31B1 + a32B2 + · · ·+ a3nBn.........

am1B1 + am2B2 + · · ·+ amnBn

Esto se debe a que cada elemento aij de la matriz A se puede considerarcomo la matriz de orden 1× 1

[aij

], por lo tanto, puede ser multiplicada

por las filas Bi de B las que son de orden 1× r.

(6) Con el simbolismo Ap×q indicaremos que la matriz A es de orden p× q.Pues bien, sea n = j − i, luego:

O(i−1)×n

i →In×n

j →O(n−j)×n

Bn×r =

OBi →

IBj →

OB

=

O(i−1)×r

i →Bn×r

j →O(n−j)×r

(7) Ahora tenemos que PijB intercambia la fila i con la fila j en B:

i ↓ j ↓I O O O O

i→

0 0 · · · 1 · · ·O O I O O

j→

· · · 1 · · · 0 · · ·O O O O I

b11 b12 b13 · · · b1r

b21 b22 b23 · · · b2r

b31 b32 b33 · · · b3r

......

............

...

bi1 bi2 bi3 · · · bir

......

............

...

bj1 bj2 bj3 · · · bjr

......

............

...bn1 bn2 bn3 · · · bnr

=

476

=

i ↓ j ↓

i→

P1 Pi P2 Pj P3

j→

B1

i → Bi

B2

j → Bj

B3

=

B1

i → Bj

B2

j → Bi

B3

De esta propiedad se deduce la consecuencia:

P 2ij = I .

(8) Ahora consideramos Ei(α)B, lo que hace es multiplicar la fila i de B porα:

i ↓I O O

i→

α

O O I

B1

i → Bi

B2

=

B1

i → αBj

B2

De esta propiedad se deduce la consecuencia:

Ei(α) · Ei(1

α) = I .

(9) Ahora tenemos que Eij(α)B lo que hace es agregar a la fila j de B la filai de B multiplicada por α:

Eij(α) =

i ↓ j ↓

i→

1

j→

α 1

= I + α

i ↓O O O

j→

1

O O O

o sea:

Eij(α)B = B + α

O

j → bi1 bi2 · · · bir

O

De esta propiedad se deduce la consecuencia que para i 6= j resulta:

Eij(α) · Eij(−α) = I .

Todo lo anterior lo utilizaremos para transformar una matriz A en unproducto de matrices triangulares inferiores y superiores. Posteriormentelo utilizaremos para resolver sistemas de ecuaciones lineales.

477

12.3.5 Reduccion de Gauss de una matriz A

Se denomina reduccion de Gauss de una matriz A a las factorizaciones:

A = L · U o P · A = L · U ,

donde:

(a) P es una matriz m×m de permutacion,

(b) L es una matriz m×m triangular inferior con 1 en la diagonal principal,

(c) U es una matriz m× n escalonada superior.

Definicion 12.3.5 Dada una matriz llamaremos pivote de una fila al primerelemento de esa fila que es distinto de 0.

Eliminacion de Gauss sin intercambios

Solo vamos a realizar la operacion elemental de sumar multiplos de una filasuperior a una fila inferior de una matriz. Con este metodo produciremosceros en elementos de las columnas inferiores con el pivote (no cero de la filasuperior). Este proceso lo presentaremos mediante un ejemplo:

1. En la matriz A el pivote de la prime-ra fila es 2 6= 0, tambien esta en laprimera columna (si hubiera sido 0 yalgun elemento de la primera colum-na hubiera sido diferente de 0, es elproceso que veremos bajo el nombrede intercambio)

A =

2 1 2 3 4−2 −1 −5 −4 −3

4 2 7 9 94 2 −2 2 10

2. (a) Multiplicamos la fila 1 por 1 = m2,1 y se lo sumamos a la fila 2, seproduce un cero en la columna 1 y fila 2.

(b) Multiplicamos la fila 1 por −2 = m3,1 y se lo sumamos a la fila 3,se produce un cero en la columna 1 de la fila 3.

(c) Multiplicamos la fila 1 por −2 = m4,1 y se lo sumamos a la fila 4,se produce un cero en la columna 1 de la fila 4.

478

Reducimos todo este proceso del modo siguiente:

2 1 2 3 4−2 −1 −5 −4 −3

4 2 7 9 94 2 −2 2 10

→

M1︷︸︸︷

11

−2−2

→

2 1 2 3 40 0 −3 −1 10 0 3 3 10 0 −6 −4 2

→

→

M2︷︸︸︷

011

−2

→

2 1 2 3 40 0 −3 −1 10 0 0 2 20 0 0 −2 0

→

M3︷︸︸︷

0011

→

2 1 2 3 40 0 −3 −1 10 0 0 2 20 0 0 0 2

→

→

M4︷︸︸︷

0001

→

2 1 2 3 40 0 −3 −1 10 0 0 2 20 0 0 0 2

Nota:

Veamos este mismo ejemplo desde otro punto de vista:

A =

2 1 2 3 4−2 −1 −5 −4 −3

4 2 7 9 94 2 −2 2 10

, U =

2 1 2 3 40 0 −3 −1 10 0 0 2 20 0 0 0 2

Las filas de A son A =

A1

A2

A3

A4

y las filas de U son U =

U1

U2

U3

U4

, de ello se

desprende que:U1 = A1

U2 = A2 −m21A1 = A2 −m21U1

U3 = A3 −m31U1 −m32U2

U4 = A4 −m41U1 −m42U2 −m43U3.

O sea:A1 = U1

A2 = m21U1 + U2

A3 = m31U1 + m32U2 + U3

A4 = m41U1 + m42U2 + m43U3 + U4.

479

O mejor:

A =

L︷︸︸︷

1 0 0 0−1 1 0 0

2 −1 1 02 2 −1 1

U︷︸︸︷

2 1 2 3 40 0 −3 −1 10 0 0 2 20 0 0 0 2

= L · U ,

de acuerdo con la obtencion de las filas en la multiplicacion por bloques delquinto caso del parrafo

[12.3.4

].

Nota:

En los ejemplos que siguen colocaremos solo la simbologıa sin las explicaciones.

Ejemplo 12.3.4

A =

−2 1 1 −3 2−4 2 −1 −3 −1

2 −1 1 1 16 −3 5 1 2

→

1−2

13

→

−2 1 1 −3 20 0 −3 3 30 0 2 −2 −10 0 8 −8 −4

→

→

01

2

3

8

3

→

−2 1 1 −3 20 0 −3 3 30 0 0 0 10 0 0 0 4

→

001

−4

→

−2 1 1 −3 20 0 −3 3 30 0 0 0 10 0 0 0 0

luego, tenemos:

A =

1 0 0 02 1 0 0

−1 −2

31 0

−3 −8

3−4 1

−2 1 1 −3 20 0 −3 3 30 0 0 0 10 0 0 0 0

.

Ejemplo 12.3.5

A =

2 −4 24 −6 7

−6 10 −12

→

1−2

3

→

2 −4 20 2 30 −2 −6

→

011

→

2 4 −20 2 30 0 −3

,

480

luego, tenemos:

A =

1 0 02 1 0

−3 −1 1

2 4 −20 2 30 0 −3

.

Eliminacion de Gauss con intercambios

Aquı la factorizacion de la matriz A es del tipo:

P · A = L · U ,

siendo P la matriz de permutaciones de filas de la matriz identidad.

Por ejemplo, si consideramos la matriz :

A =

0 3 30 4 20 2 12 5 4

,

la columna 1 tiene como su pivote a 2 en la fila 4 y deberıa estar en la fila 1para producir ceros debajo del pivote, por lo tanto, trasladamos la fila 4 a lafila 1 por medio de la permutacion P4,1, o sea:

P4,1A =

0 0 0 10 1 0 00 0 1 01 0 0 0

0 3 30 4 20 2 12 5 4

=

2 5 40 4 20 2 10 3 3

.

Sea A la matriz que se obtiene de A intercambiando las filas de modo que sepueda hacer la eliminacion de Gauss para A. Se tiene:

P · A = A = L · U .

Lo anterior, lo formalizamos de acuerdo al siguiente teorema (que no demos-traremos y lo dejamos con la formalizacion intuitiva anterior):

Teorema 12.3.12 Sea A una matriz de orden m× n. Entonces existen:

(a) P matriz m×m de permutacion,

(b) L matriz m×m triangular inferior con 1 en la diagonal principal,

481

(c) U matriz m× n escalonada superior,

tales que P ·A = L ·U . Ademas, se tiene que P es producto de permutacionesPi,jy P · Im = P por lo cual P es la matriz que se obtiene permutando laidentidad Im.

Veamos ahora algunos ejemplos para obtener P · A = L · U .

Ejemplo 12.3.6

A =

2 −2 1 13 −3 1 1

−2 2 −1 11 1 1 1

→

1

−3

21

−1

2

→

2 −2 1 1

0 0 −1

2−1

20 0 0 2

0 21

2

1

2

→

P4,2︷︸︸︷−→

1

−121

−32

→

2 −2 1 1

0 212

12

0 0 0 2

0 0 −12

−12

P4,3︷︸︸︷−→

1

−12

−321

→

2 −2 1 1

0 212

12

0 0 −12

−12

0 0 0 2

,

de donde:

P = P4,3 · P4,2 · I4 =

1 0 0 00 0 0 10 1 0 00 0 1 0

,

con lo que:

1 0 0 012

1 0 0

32

0 1 0

−1 0 0 1

2 −2 1 1

0 212

12

0 0 −12

−12

0 0 0 2

=

1 0 0 00 0 0 10 1 0 00 0 1 0

2 −1 1 13 −3 1 1

−2 2 −1 11 1 1 1

.

Ejemplo 12.3.7

A =

2 −1 3 14 −2 1 03 1 1 11 −3 0 −1

→

1−2

−3

2

−1

2

→

2 −1 3 10 0 −5 −2

0 −5

2−7

2−1

2

0 −5

2−3

2−3

2

→

482

P3,2︷︸︸︷−→

1

−32−2

−12

→

2 −1 3 1

0 −52

−72

−12

0 0 −5 −2

0 −52

−32

−32

→

0101

→

2 −1 3 1

052

−72

−12

0 0 −5 −20 0 −5 −2

→

→

001

−1

→

2 −1 3 1

05

2−7

2−1

2

0 0 −5 −20 0 0 0

,

por lo tanto:

1 0 0 00 0 1 00 1 0 00 0 0 1

2 −1 3 14 −2 1 03 1 1 11 −3 0 −1

=

1 0 0 032

1 0 0

2 0 1 012

−1 1 1

2 −1 3 1

052

−72

−12

0 0 −5 −20 0 0 0

.

12.3.6 Matrices cuadradas n × n

Ya sabemos que A es una matriz cuadrada si tiene el mismo numero de filasque de columnas.

(1) Potencias de una matriz cuadrada

Sea A una matriz cuadrada, entenderemos que:

A0 = I , ∀p ∈ N (Ap+1 = Ap · A)

.

Es sencillo de verificar que se tienen las siguientes propiedades:

(a) Ap · Aq = Ap+q

(b) (Ap)q = Apq

(c) (A + B)2 = A2 + A · B + B · A + B2, solo se tiene el teorema delcuadrado del binomio si A·B = B·A (o sea, si el producto conmuta).

(d) (A + B) · (A−B) = A2 − A ·B + B · A−B2

(2) Matriz inversa de una matriz cuadrada A

A−1 se llama matriz inversa de la matriz A si A−1 ·A = A ·A−1 = I

De esta definicion se desprende:

483

(a) Si existe la matriz inversa de A, entonces es unica.

En efecto, Si A1 y A2 son inversas de A se tiene A ·A1 = I = A ·A2,por lo tanto, A1 = A1 ·I = A1 · (A ·A2) = (A1 ·A) ·A2 = I ·A2 = A2.

(b) Una matriz cuadrada se dice no singular si tiene matriz inversa.

(c) Si A y B tienen inversas A−1 y B−1, respectivamente, entonces(A ·B)−1 = B−1 · A−1, debido a que:

(B−1 ·A−1) ·(A ·B) = B−1 ·(A−1 ·A) ·B = B−1 ·I ·B = B−1 ·B = I .

(d) (A−1)−1

= A, puesto que como A·A−1 = I, esto se puede interpretarcom que A−1 es inversa de A o bien que A es la inversa de A−1.

Notas:

(1) Como se vio anteriormente, todas las matrices elementales tenıan inversa.

(2) En el proceso A = L · U o P · A = L · U , para llegar de A a U sefueron haciendo operaciones elementales cuyo producto E tiene inversa, esdecir, E · A = U o E · P · A = U por lo cual E−1 = L o L−1 = E.

Conclusion: A tiene inversa si y solo si U tiene inversa. Mas adelante, vamosa probar que U tiene inversa si y solo si todos los elementos de su diagonal(pivotes) son no nulos.

12.4 Sistemas de ecuaciones lineales

Ya en las matrices vimos lo que significa un sistema de ecuaciones lineales, osea:

a11x1 + a12x2 + a13x3 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 + · · · + a2nxn = b2

a31x1 + a32x2 + a33x3 + · · · + a3nxn = b3...

......

.........

......

am1x1 + am2x2 + am3x3 + · · · + amnxn = bm

,

que tambien se escribe como:

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...am1 am2 am3 · · · amn

x1

x2

x3...

xn

=

b1

b2

b3...

bm

,

484

y que tiene la interpretacion:

a11x1 + a12x2 + a13x3 + · · ·+ a1nxn

a21x1 + a22x2 + a23x3 + · · ·+ a2nxn

a31x1 + a32x2 + a33x3 + · · ·+ a3nxn.........

am1x1 + am2x2 + am3x3 + · · ·+ amnxn

=

b1

b2

b3...

bm

,

debido a la definicion fila-columna en el sistema dado. Ahora bien, si dividimosla matriz A de coeficientes en columnas y la matriz X (en este caso vector ~X)ensus filas, tendremos:

a11

a21

a31...

am1

x1 +

a12

a22

a32...

am2

x2 +

a13

a23

a33...

am3

x3 + · · ·+

a1n

a2n

a3n...

amn

xn =

b1

b2

b3...

bm

,

a este sistema simbolicamente lo escribiremos como:

AX = B .

12.4.1 Solucion de un sistema de ecuaciones lineales

Dado el sistema lineal:AX = B ,

se desea encontrar el vector X tal que AX = B. Esto, en Matematica tieneun doble significado.

(1) En primer lugar, para AX = B el vector X se define como solucionimplıcita.

(2) Estamos acostumbrados a una solucion expıcita X = C o sea x1 = c1,x2 = c2, x3 = c3, · · · , xn = cn.

La solucion explıcita , en general en Matematica (y no solo para problemaslineales) es practicamente imposible de encontrar, o sea, no hay metodos (al-goritmos) para reducir una forma implıcita a una forma explıcita. Por estemotivo, surgen las siguientes preguntas cualitativas:

485

1. ¿Existira tal vector X?

2. Existiendo este vector X, ¿cuantos de tales X son soluciones?

Entonces, enfrentados a un problema implıcito este puede ser clasificado enla forma siguiente:

1. Si existe solucion para el diremos que es un problema compatible.

2. Si no existe solucion para el diremos que es un problema incompatible.

En el caso en que el problema sea compatible puede suceder que:

1. tenga una sola solucion, diremos que la solucion es unica y el problemase conoce como problema compatible determinado,

2. posea varias soluciones, en este caso diremos que el problema se conocecomo problema compatible indeterminado.

A continuacion procederemos a responder las preguntas anteriores para el pro-blema implıcito AX = B. Para ello presentaremos un algoritmo o metodopara obtener tal vector X. El metodo consistira en establecer un nexo entrela factorizacion A = LU o PA = LU y la solucion de AX = B.

Destacamos los siguientes hechos:

1. Si se intercambia el orden en el sistema de ecuaciones; esto es si la ecua-cion i se intercambia con la ecuacion j, la solucion tanto del sistema dadocomo la del modificado es la misma si existe.

Esto nos lleva a decir, que si se intercambian las filas de A como las deB y si el sistema original tiene solucion, entonces la mantendra.

2. Si se multiplica una ecuacion por unq constante α 6= 0, la solucion explıci-ta no cambia.

Esto nos lleva a decir que si se multiplica una fila de A y la misma de B,entonces el nuevo sistema tiene la misma solucion.

3. Si se suma un multiplo α de la ecuacion i a la ecuacion j, la solucion delsistema no cambia.

Esto nos lleva a decir que si se multiplica una fila de A por α (y lacorrespondiente de B) y se suma a otra fila de A (de B), entonces elnuevo sistema tiene la misma solucion.

486

A causa de lo anterior, si E es un producto de matrices elementales, entoncesAX = B y EAX = EB tienen la misma solucion (o sea, son sistemasequivalentes). Sabemos que A = LU o PA = LU de donde L−1A = Uo L−1(PA) = U y L−1 es producto de matrices elementales. Por tal motivo,solucionar AX = B es equivalente a solucionar el sistema de dos maneras:

1. L−1AX = L−1B o sea UX = L−1B o L−1PAX = L−1PB o sea UX =L−1PB.

2. A = LU , AX = B, LUX = B; sea UX = C con LC = B.

PA = LU , AX = B o sea PAX = PB = LUX.

Colocando UX = C, resulta LC = PB.

Todo lo anterior lo ejercitaremos a traves de ejemplos. Ademas, el metodo desolucion bosquejado se conoce como metodo de eliminacion de Gauss. Delo que ya hemos visto se desprende, en parte, que las soluciones de AX = Bson soluciones si y solo si son soluciones de UX = L−1B o UX = L−1PB,pero, L−1B es el mismo proceso que se hizo con A para obtener U = L−1A,por lo anterior colocaremos la matriz aumentada [A|B], o sea:

[A|B] =

a11 a12 a13 · · · a1n b1

a21 a22 a23 · · · a2n b2

a31 a32 a33 · · · a3n b3...

......

.........

...am1 am2 am3 · · · amn bm

,

y en ella procederemos con las matrices elementales para llevar dicha matrizaumentada a la reduccion [UL−1B] y con ella se ve si el sistema ofrece solucion.

Ejemplo 12.4.1 Estudiar la compatibilidad del sistema:

2x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 4−2x1 − x2 − 5x3 − 4x4 = −3

4x1 + 2x2 + 7x3 + 9x4 = 94x1 + 2x2 − 2x3 + 2x4 = 10

.

En este caso la matriz ampliada es:

2 1 2 3 4−2 −1 −5 −4 −3

4 2 7 9 94 2 −2 2 10

→

2 1 2 3 40 0 −3 −1 10 0 0 2 20 0 0 0 2

,

487

el sistema no tiene solucion puesto que la ultima fila del sistema dice:

0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 2 ,

o sea, el sistema planteado es incompatible.

Hagamos lo mismo con A = LU :

2 1 2 3−2 −1 −5 −4

4 2 7 94 2 −2 2

=

1 0 0 0−1 1 0 0

2 −1 1 02 2 −1 1

2 1 2 30 0 −3 −10 0 0 20 0 0 0

,

con ello, LUX = B y UX = C, ası, LC = B, o sea:

1 0 0 0−1 1 0 0

2 −1 1 02 2 −1 1

c1

c2

c3

c4

=

4122

,

de esto se desprende la solucion c1 = 4, c2 = 1+c1 = 5, c3 = 2−2c1 +c2 = −1,c4 = 2 − 2c1 − 2c2 + c3 = −17. Este sistema LC = B siempre tiene solucionunica, debido a los numeros 1 que hay en la diagonal de la matriz L. Ahorabien, tenemos:

2 1 2 30 0 −3 −10 0 0 20 0 0 0

x1

x2

x3

x4

=

4−5−1−17

,

y la ultima ecuacion de este sistema sostiene que:

0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = −17 .


−2x1 + x2 + x3 − 3x4 = −2−4x1 + 2x2 − x3 − 3x4 = −1

2x1 − x2 + x3 + x4 = 16x1 − 3x2 + 5x3 + x4 = 2

.


−2 1 1 −3 −2−4 2 −1 −3 −1

2 −1 1 1 16 −3 5 1 2

→

−2 1 1 −3 −20 0 −3 3 30 0 0 0 10 0 0 0 0

,

488

el sistema no tiene solucion puesto que la tercera fila del sistema dice:

0x1 + 0x2 + 0x3 + 0x4 = 1 ,



2x1 − 4x2 = 24x1 − 6x2 = 7

−6x1 + 10x2 = −12

.


2 −4 24 −6 7

−6 10 −12

→

2 −4 20 2 30 0 −3

,

el sistema no tiene solucion puesto que la tercera fila del sistema dice:

0x1 + 0x2 = −3 ,



2x1 − 4x2 + 2x3 = 14x1 − 6x2 + 7x3 = 0

−6x1 + 10x2 − 12x3 = 3

.


2 −4 2 14 −6 7 0

−6 10 −12 3

→

2 −4 2 10 2 3 −20 −2 −6 6

→

2 −4 2 10 2 3 −20 0 −3 4

,

el sistema tiene solucion puesto que:

−3x3 = 4 → x3 = −4

3,

2x2 = −2− 3x3 = −2 + 4 = 2 → x2 = 1 ,

2x1 = 1 + 4x2 − 2x3 → x1 =23

6.

489

Hagamos lo mismo con A = LU :

1 0 02 1 0

−3 −1 1

c1

c2

c3

=

103

,

de esto se desprende la solucion c1 = 1, c2 = −2c1 = −2, c3 = 3+3c1 + c2 = 4.Ahora bien, tenemos:

2 −4 20 2 30 0 −3

x1

x2

x3

=

1−2

4

,

de donde:

x3 = −4

3, 2x2 = −2− 3x3 = 1 , 2x1 = 1 + 4x2 − 2x3 → x1 =

23

6.


2x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 4−2x1 − x2 − 5x3 − 4x4 = −3

4x1 + 2x2 + 7x3 + 9x4 = 94x1 + 2x2 − 2x3 + 2x4 = 8

.


2 1 2 3 4−2 −1 −5 −4 −3

4 2 7 9 94 2 −2 2 8

→

2 1 2 3 40 0 −3 −1 10 0 3 3 10 0 −6 −4 0

→

→

2 1 2 3 40 0 −3 −1 10 0 0 2 20 0 0 −2 −2

→

2 1 2 3 40 0 −3 −1 10 0 0 2 20 0 0 0 0

,

este sistema es compatible y tiene la solucion:

2x4 = 2 → x4 = 1 ,

−3x3 = 1 + x4 → x3 = −2

3,

2x1 = 4− x2 − 2x3 − 3x4 =7

3− x2 → x1 =

7

6− 1

2x2 ,

490

vemos que x2 no esta determinada (indeterminada), puede tomar cualquiervalor, en especial x2 = 0, por ejemplo, y en general, x2 = λ (λ parametroarbitrario). Escribimos la solucion como vector:

(x1, x2, x3, x4) =

(7

6− 1

2λ, λ,−2

3, 1

)=

(7

6, 0,−2

3, 1

)+ λ

(−1

2, 1, 0, 0

).

12.4.2 Acapite teorico

En este acapite consideraremos solo las matrices cuadradas de orden n × n.Algunas de las conclusiones que entregaremos tambien para sitemas de ecua-ciones de orden n×m.

Solucion del sistema A~x = ~b

1. Una observacion importante

Si la matriz A tiene matriz inversa A−1, entonces el sistema tiene lasolucion unica:

~x = A−1~b .

2. El sitema homogeneo A~x = ~0

(a) Este tipo de sistema homogeneo es siempre compatible, ya que porlo menos tienen la solucion trivial~x = ~0, o sea A~0 = ~0.

Debido a la anterior observacion (1), si A es invertible, la unicasolucion es ~x = ~0.

(b) El conjunto solucion del sistema A~x = ~0 es un espacio vectorial,ya que si ~x1 y ~x2 son soluciones, entonces α1~x1 + α2~x2 tambien essolucion ya que:

A(α1~x1 + α2~x2) = α1A~x1 + α2A~x2 = α1~0 + α2

~0 = ~0 .

Nota:

Mas adelante veremos cual es la dimension de este espacio vectorial.

3. El sitema no homogeneo A~x = ~b

Si ~x1 y ~x2 son dos soluciones del sistema no homogeneo A~x = ~b, entonces:

A~x1 = ~b , A~x2 = ~b ,

491

de esto se desprende que:

A(~x1 − ~x2) = A~x1 − A~x2 = ~b−~b = ~0 ,

por lo tanto, el vector ~x1 − ~x2 esta en el espacio de las soluciones delsistema homogeneo asociado A~x = ~0, o sea, ~x1 = ~xh +~x2, con ~xh solucionde A~x = ~0.

A la inversa, si ~x = ~xh + ~xp, con A~xh = ~0 y A~xp = ~b, entonces A~x = ~b.

Esto lo vimos en el ejemplo[12.4.5

]donde la dimension del espacio

solucion del homogeneo es 1 y ~x =

(7

6, 0,−2

3, 1

)+ λ

(−1

2, 1, 0, 0

), en

esta solucion tenemos ~xp =

(7

6, 0,−2

3, 1

)y ~xh = λ

(−1

2, 1, 0, 0

).

Notas:

(1) En el ejemplo[12.4.5

]el espacio de las soluciones homogeneas es 1,

o sea sus soluciones representan una recta con direccion

(−1

2, 1, 0, 0

)

y posicion

(7

6, 0,−2

3, 1

)( es decir, un punto de esta recta). Por lo

tanto, cualquier otro punto de esta recta sirve como solucion particulardel sistema de ecuaciones y la direccion de la recta (solucion del sistema

homogeneo asociado) es en este caso practicamente

(−1

2, 1, 0, 0

)o sus

multiplos a causa de ser unidimensional.

(2) Si la solucion del sistema homogeneo asociado es de dimension mayorque 1, la solucion del sistema no homogeneo estara representada pormedio de un plano o de un hiperplano y cualquier punto de tal plano ohiperplano servira como solucion particular y cualquier base del espaciosolucion del homogeneo sirve para representar a tal espacio.

Todo lo anterior nos lleva a decir que la solucion o soluciones del sistemaA~x = ~b no tiene una unica representacion vectorial, o sea, si A no esinvertible, A~x = ~b:

(a) no tiene solucion (sistema incompatible), o bien:

(b) tiene infinitas soluciones (sistema compatible indeterminado).

4. Valores y vectores propios

Dada la matriz cuadrada A, diremos que el vector ~x 6= ~0 es vectorpropio de la matriz A si existe escalar λ tal que A~x = λ~x.

492

En forma equivalente:

A~x = λ~x ⇐⇒ A~x− λ~x = ~0 ⇐⇒ A~x− λI~x = ~0 ⇐⇒ (A− λI)~x = ~0 ,

o sea, los vectores propios son soluciones de un sistema homogeneo; parauno de tales λ (fijo) el espacio solucion de los vectores propios posee laestructura de espacio vectorial (si incluimos al ~0).

Ejemplo 12.4.6 Encontrar los valores y vectores propios de la matriz[2 −44 −6

].

Solucion:

Para encontrar los valores propios tenemos:

[2 −44 −6

]−

[λ 00 λ

]=

[2− λ −4

4 −6− λ

]→

→[

2− λ −40 16 + (−6− λ)(2− λ)

],

o sea:

16 + (−6− λ)(2− λ) = 0 ⇐⇒ λ2 + 4λ + 4 = 0 ⇐⇒ (λ + 2)2 = 0 ,

con lo que obtenemos el valor propio λ = −2.

Para encontrar los vectores propios:

[4 −44 −4

]→

[4 −40 0

],

que nos conduce a la ecuacion:

4x1 − 4x2 = 0 ⇐⇒ x1 = x2 ,

por lo tanto, los vectores propios son de la forma ~v = α(1, 1) y, ası, vemosque: [

2 −44 −6

] [αα

]=

[ −2α−2α

]= −2

[αα

].

Ejemplo 12.4.7 Encontrar los valores y vectores propios de la matriz[1 22 4

].

493

Solucion:

Para encontrar los valores propios tenemos:

[1 22 4

]−

[λ 00 λ

]=

[1− λ 2

2 4− λ

]→

→[

1− λ 20 −4 + (1− λ)(4− λ)

],

o sea:

−4 + (1− λ)(4− λ) = 0 ⇐⇒ λ2 − 5λ = 0 ,

con lo que obtenemos los valores propios λ = 0 y λ = 5.


(a) Para λ = 0: [1 22 4

]→

[1 20 0

],


x1 + 2x2 = 0 ⇐⇒ x1 = −2x2 ,

por lo tanto, los vectores propios son de la forma ~v = α(−2, 1) y,ası, vemos que:

[1 22 4

] [ −2αα

]=

[00

]= 0

[ −2αα

].

(b) Para λ = 5: [ −4 22 −1

]→

[ −4 20 0

],


−4x1 + 2x2 = 0 ⇐⇒ x2 = −2x1 ,

por lo tanto, los vectores propios son de la forma ~v = α(1, 2) y, ası,vemos que:

[1 22 4

] [α

2α

]=

[5α

10α

]= 5

[α

2α

].

494

Mas adelante daremos otro criterio para determinar los valores propios(que sera por medio de determinantes) y despues de calculados talesvalores propios se calcularan los vectores propios.

5. Rango de la matriz A

Presentaremos dos definiciones una teorica y otra computacional, laprimwera es:

Definicion 12.4.1 Se denomina rango de la matriz A al numero defilas linealmente independientes de la matriz A.

y la otra es:

Definicion 12.4.2 Se denomina rango de la matriz A al numero depivotes de U en la factorizacion de A = LU o PA = LU .

Notas:

(1) No es difıcil ver que estas dos definiciones son equivalentes, pues, alefectuar las transformaciones elementales por fila este proceso no afectala independencia lineal.

(2) Lo que presentaremos a continuacion se hara en base a la matriz U .

(a) Una matriz A cuadrada de orden n tiene inversa si y solo si U tienen pivotes.

Esto se debe a que si A tiene inversa, la unica solucion de A~x = ~0es ~x = ~0 y si U no tiene n pivotes U~x = ~0 tiene soluciones no nulas.Si U tiene n pivotes, entonces U~x = ~0 tiene la unica solucion ~x = ~0,o sea A~x = ~0 tiene como solucion ~x = ~0.

(b) La matriz A tiene inversa si y solo si U tiene inversa.

Como A = LU y A tiene inversa, entonces L−1A tiene inversa, laque es U−1 = A−1L.

Ademas, si U tiene inversa A tiene como inversa a U−1L−1.

(c) Dimension del espacio solucion de A~x = ~0

Las soluciones de A~x = ~0 son las de U~x = ~0 = L−1~0. Si U4tiener4pivotes (rango de A), entonces hay r variables que estan determi-nadas y, por lo tanto, (n − r) variables estan indeterminadas. Enconclusion el espacio tiene (n− r) dimensiones.

495

(d) Existencia de la solucion particular de A~x = ~b

Tomemos la matriz aumentada:

[A,~b] → [L−1A,L−1~b] → [U,L−1~b] ,

Si el rango de esta matriz es mayor que el rango de U , entoncesno hay solucion, puesto que hay una fila de U que es cero y lacorrespondiente de L−1~b, digamos b`, es distinta de cero, lo quesignificarıa:

0x1 + 0x2 + 0x3 + · · ·+ 0xn = b` .

Esto ocurrio en los anteriores ejemplos [12.4.1], [12.4.2] y [12.4.3].En caso que tengan el mismo rango hay solucion particular tal comose vio en los ejemplos [12.4.4] y [12.4.5].

6. Obtencion computacional de A−1

(a) En primer lugar presentaremos el metodo de reduccion de Gauss-Jordan para una matriz A. Lo primero que se obtiene es la reduc-cion a la matriz triangular superior U por medio de las matriceselementales procediendo de arriba hacia abajo; posteriormente pro-cedemos a reducir la matriz U de abajo hacia arriba produciendoceros hacia arriba. Esto lo visualizamos en el ejemplo que presenta-mos a continuacion( como deseamos obtener la matriz inversa A−1

de A cuyo orden es n procederemos con matrices U que tienen npivotes).

Ejemplo 12.4.8

2 −1 0−1 2 −1

0 −1 2

→

2 −1 0

03

2−1

0 −1 2

→

→

2 −1 0

03

2−1

0 04

3

→

2 0 0

03

20

0 04

3

.

(b) Ahora veremos el metodo de obtencion de A−1 (computacionalmen-te) por medio de la reduccion de Gauss-Jordan. Queremos unamatriz X de orden n × n tal que AX = I, sabemos que la matrizampliada para obtener X (sistema de ecuaciones lineales) es [AI],

496

en esta reduciremos A por el metodo Gauss-Jordan haciendo lasmismas transformaciones correspondientes a I como se hizo parasolucionar A~x = ~b. Esto lo veremos a traves de un ejemplo:

Ejemplo 12.4.9 Hallar la matriz inversa de

2 −1 0−1 2 −1

0 −1 2

.

Solucion:

A I

2 −1 0 | 1 0 0−1 2 −1 | 0 1 0

0 −1 2 | 0 0 1

→

→

2 −1 0 | 1 0 0

03

2−1 | 1

21 0

0 −1 2 | 0 0 1

→

→

2 −1 0 | 1 0 0

03

2−1 | 1

21 0

0 04

3| 1

3

2

31

→

→

2 −1 0 | 1 0 0

03

20 | 3

4

3

2

3

4

0 04

3| 1

3

2

31

→

→

2 0 0 | 3

21

1

2

03

20 | 3

4

3

2

3

4

0 04

3| 1

3

2

31

.

Observamos que de la tercera ecuacion resulta:

43x3 =

13231

497

y de la segunda ecuacion:

32x2 =

343234

y de la primera ecuacion:

2x1 =

32112

no cambian el valor de x1, x2 y x3 si se dividen respectivamente por

2,3

2,

4

3, por lo cual podemos dividir las filas respectivas por tales

numeros obteniendose la matriz:

1 0 0 | 3

4

1

2

1

4

0 1 0 | 1

21

1

2

0 0 1 | 1

4

1

2

3

4

.

De esta manera obtenemos el esquema:

A I

2 −1 0 | 1 0 0−1 2 −1 | 0 1 0

0 −1 2 | 0 0 1

I A−1

1 0 0 | 3

4

1

2

1

4

0 1 0 | 1

21

1

2

0 0 1 | 1

4

1

2

3

4

.

O sea, que el esquema computacional de A−1 sera:

[AI] → [IA−1] ,

y lo que se hizo fue [AI]A−1 = [IA−1]. Posteriormente veremos unaforma teorica para conseguir A1. Otro ejemplo para encontrar A−1

498

donde se necesitan permutaciones PA = LU es:

[0 3 | 1 04 0 | 0 1

]→

[4 0 | 0 10 3 | 1 0

]→

1 0 | 01

4

0 1 | 1

30

.

12.5 Determinantes

12.5.1 Introduccion

En esta parte vamos a tratar de llegar a la definicion actual por medio deuna manera concreta y al final obtendremos una propiedad que es la antiguadefinicion de determinante.

Primeramente veremos el caso R1 (los reales) y el concepto intuitivo de longitudsignada (longitud positiva y longitud negativa). En segundo lugar, veremosel concepto de area en R2, tambien signada (ya sea positiva o negativa). Entercer lugar, veremos el concepto de volumen en R3, tambien signado (ya seapositivo o negativo).

R1, R2 y R3 son las imagenes concretas y visuales que tenemos de nuestro mun-do real visual, de los demas espacios R4, Rn no tenemos dichas formas visualesy nos basaremos en los casos concretos para generalizarlos a los espacios noconcretos visuales. En los casos R1, R2 y R3 veremos ciertas configuracionestales como trazo, paralelogramo y paralelepıpedo y sus respectivos conceptosde longitud, area y volumen, ademas, presentaremos ciertas propiedades detales configuraciones geometricas con respecto a algunas transformaciones queno alteren sus magnitudes.

A continuacion analizaremos por separado cada uno de los tales casos.

12.5.2 R1, los reales

Q|−1 O|0 P|1 R|

Fig. 12.3

Tal como vemos en la figura 12.1 el punto O divide a la recta en dos partes y elhombre siempre ha tomado como orientacion positiva la que esta a la derecha

499

si uno esta colocado en el punto que dividio a la recta en el papel. Tomamosla longitud unitaria (1) y el punto P a la derecha de O de modo que se originaOP = 1. Todo punto R de la recta se escribe como el vector ~r = α1 y en formamatricial [α] = α[1]; a la matriz [1] le asignamos el valor 1 y a la matriz [α] elvalor α · 1, si α es positivo el punto estara a la derecha y si α es negativo elpunto estara a la izquierda. Aquı no hay transformaciones que conserven lasmagnitudes excepto la identidad y la multiplicacion por (−1) que transformalos puntos de la derecha en puntos de la izquierda y viceversa.

Tenemos solo las siguientes propiedades:

1. La longitud de [1] es 1.

2. La longitud de [αr] es α[r]

12.5.3 R2, el plano

Nocion de orientacion

Toda recta ` (R1) divide al plano en dos semiplanos (el semiplano superior y elsemiplano inferior). Llamamos semiplano superior a aquel en que se ubicala cabeza si la lınea la colocamos a nivel del pecho, tal como vemos en la figura12.4:

semiplano superior

`

semiplano inferior

Fig. 12.4

Ahora bien, sea O un punto de ` (R1), por este punto O levantamos una per-pendicular a ` y hacia el semiplano superior, con respecto a `. En ` ubicamosel punto P (1, 0)(como ya hemos explicado) y sobre la perpendicular colocamosel punto R(0, 1). Completamos el cuadrado OPQR (las letras se acostumbrancolocar en orden antihorario). El orden O, P , Q, R es el orden de orienta-cion positiva o matematica del plano. A dicho cuadrado le asignamos lamagnitud 1 y representa el area del cuadrado OPQR, dicho en sımbolos:

area de

[1 00 1

]= 1 ,

500

y esto lo visualizamos en la figura 12.5.

^<

(0,1)

(1,0)lO

Q

P

<

>

R

>

Fig. 12.5 Fig. 12.6

Para orientar una figura simple y cerrada de manera antihorario opositiva en el plano pensamos que una persona que camina sobre la lıneaen el plano lleva la cabeza hacia arriba y siempre tiene hacia el exterior de lacurva su mano derecha, tal como vemos en la figura 12.6

En la figura 12.7 tenemos el paralelogramo OABC y deseamos definir su area.Si el paralelogramo esta en orientacion positiva le asignamos al area signo (+)y de lo contrario signo (−). Colocamos:

area de OABC = area de

[a1 b1

a2 b2

].

A(a ,b )

O

1 1

C(a ,b ) 2 2

B

>

^

Fig. 12.7

Propiedades del area de[a1 b1

a2 b2

]

(1) area de

[1 00 1

]= 1 .

501

(2) Si [a2, b2] = λ[a1, b1], entonces

area de

[a1 b1

a2 b2

]= 0 e in-

versamente.

O sea que si los dos vectoresque generan el paralelogramoson linealmente dependientes,entonces el area del paralelo-gramo es 0, esto lo vemos enla figura 12.8

2 2

>

^

A(a ,b )

B(a ,b )

O

1 1

Fig. 12.8

(3)

area de

[a1 b1

−a2 −b2

]= −area de

[a1 b1

a2 b2

]

Esto lo vemos en la figura 12.9.

^

<

<B(a ,b )

1 1A(a ,b )O >

2 2B’(-a ,-b )

2 2 2 2

1 1

B(a ,b )

O

A(a ,b )

C(ca ,cb )

^

2 2

>

Fig. 12.9 Fig. 12.10

(4)

area de

[a1 b1

α a2 α b2

]= α area de

[a1 b1

a2 b2

]


(5)

area de

[a2 b2

a1 b1

]= − area de

[a1 b1

a2 b2

],

Lo que dice esta propiedad es que:

area del paralelogramo OABC = −area del paralelogramo OCBA


502

>

^

A(a ,b ) 1 1

B

C(a ,b ) 2 2

O

2 1 2 1

>

^

A’(ca ,cb ) 1 1

C(a ,b ) 2 2

B(a + ca ,b + cb )

A(a ,b )

O

1 1

Fig. 12.11 Fig. 12.12

(6)

area de

[a1 b1

a2 + α a1 b2 + α a2

]= area de

[a1 b1

a2 b2

],

o sea que la base del paralelogramo no cambia ni tampoco la altura. Estolo vemos en la figura 12.12.

(7) Considerando la figura 12.13 tenemos

area de OABC + area de CBDE = area de OADE ,

o sea:

area de

[a1 b1

a2 b2

]+ area de

[a1 b1

a3 b3

]= area de

[a1 b1

a2 + a3 b2 + b3

].

^

C(a ,b )

B

2 2

>O

A(a ,b ) 1 1

(a +a ,b +b )

D

E 2 3 2 3

Fig. 12.13

Con posterioridad veremos que no todas estas propiedades son independientes.

Calculo del area de

[a1 b1

a2 b2

]

503

a1

b2

>

^

A(a ,b )

B(a ,b )

1 1

2 2

O

Fig. 12.14

Considerando la figura 12.14 tenemos que:

area de

[a1 b1

a2 b2

]= 2 area (4 OAB) =

= 2

[a1b2 − 1

2(a1b1 + a2b2 + (a1 − a2)(b2 − b1))

]= 2

[a1b2 − 1

2(a1b2 + a2b1)

]=

= 2

[1

2a1b2 − 1

2a2b1

]= a1b2 − a2b1 .

Nota:

En lo sucesivo area de

[a1 b1

a2 b2

]sera conocida como funcion determinante.

Las notaciones para la funcion determinante es:

area de

[a1 b1

a2 b2

]= area de

[~a1

~a2

]= det (~a1, ~a2) =

∣∣∣∣a1 b1

a2 b2

∣∣∣∣ ,

la ultima de estas notaciones es la usual.

12.5.4 R3, el espacio real

Dejamos al lector ver todas las propiedades de volumen que son las mismasdel area en R2.

Dados los puntos O, A, B y C definimos:

volumen de

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

= volumen del paralelepıpedo OABC ,

504

dandose como orientacion positiva la regla de la mano derecha (tal como vimosen el capıtulo 11), o sea si una persona esta colocada sobre un plano horizontaly si gira de izquierda a derecha, entonces su cabeza esta hacia arriba; estodetermina la cara superior del plano ( y, por ende, la inferior).

Nota:

En lo sucesivo volumen de

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

sera conocida como funcion de-

terminante.

Las notaciones para la funcion determinante en este caso es:

volumen de

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

= volumen de

~a1

~a2

~a3

=

= det (~a1, ~a2, ~a3) =

∣∣∣∣∣∣

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

∣∣∣∣∣∣,

la ultima de estas notaciones es la usual.

Para estudiar las propiedades teoricas en Rn utilizaremos las notaciones enR2 y R3 dadas respectivamente por det (~a1, ~a2) y det (~a1, ~a2, ~a3). Ademas,en R2 tomaremos los vectores (1, 0) y (0, 1) simbolizandolos por i = (1, 0) yj = (0, 1). A su vez, en R3 tomaremos los vectores (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1)

simbolizandolos por i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) y k = (0, 0, 1).

Nos quedaremos solo con las siguientes propiedades para el area o el volumen:

1.det (i, j) = 1 , det (i, j, k) = 1 .

2.det (α1 ~a1 + α2 ~a2, ~a3) = α1 det (~a1, ~a3) + α2 det (~a2, ~a3) ,

det (~a1, α2 ~a2 + α3 ~a3) = α2 det (~a1, ~a2) + α3 det (~a1, ~a3) ,

det (α1 ~a1 + α2 ~a2, ~a3, ~a4) = α1 det (~a1, ~a3, ~a4) + α2 det (~a2, ~a3, ~a4) ,

y, en esta ultima, sucede lo mismo si la suma estuviera ubicada en elsegundo o en el tercer vector. Se enuncia esta propiedad diciendo quedet (~a1, ~a2) y det (~a1, ~a2, ~a3) es lineal en cada variable por sepa-rado.

505

3. det (~a1, ~a2) = 0, det (~a1, ~a2, ~a3) = 0 si los vectores considerados encada uno de ellos son linealmente dependientes.

Con estas propiedades demostradas para areas o volumenes se pueden estable-cer otras propiedades como las siguientes:

Teorema 12.5.1det (~a1, ~a2) = −det (~a2, ~a1) ,

det (~a1, ~a2, ~a3) = −det (~a2, ~a1, ~a3) = −det (~a3, ~a2, ~a1) = −det (~a1, ~a3, ~a2) ,

o sea que al cambiar el orden cambia el signo.

Demostracion:

Demostraremos la primera de estas igualdades.

det (~a1, ~a2) = det (~a1, ~a2) + det (~a1, ~a1) = det (~a1, ~a1 + ~a2) =

= det (~a1, ~a1 + ~a2)− det (~a1 + ~a2, ~a1 + ~a2) =

= det (−~a2, ~a1 + ~a2) = det (−~a2, ~a1) + det (−~a2, ~a2) =

= det (−~a2, ~a1) = −det (~a2, ~a1) .

Teorema 12.5.2 Si ~a1 = a11i + a12j y ~a2 = a21i + a22j, entonces el valor dedet (~a1, ~a2) es:

det (~a1, ~a2) =

∣∣∣∣a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ ,

donde: ∣∣∣∣a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21 .

Demostracion:

Se tiene:det (~a1, ~a2) = det (a11i + a12j, a21i + a22j =

= a11a21det (i, i) + a11a22det (i, j) + a12a21det (j, i) + a12a22det (j, j) =

= a11a21 · 0 + a11a22 · 1 + a12a21 · (−1) + a12a22 · 0 = a11a22 − a12a21 .

Por analogıa resulta:

506

Teorema 12.5.3 Si ~a1 = a11i+a12j +a13k, ~a2 = a21i+a22j +a23k y el vector~a3 = a31i + a32j + a33k, entonces el valor de det (~a1, ~a2, ~a3) es:

det (~a1, ~a2, ~a3) =

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣,

donde:∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣= a11a22a33+a21a32a13+a31a12a23−a11a32a23−a21a12a33−a31a22a13 .

Teorema 12.5.4 Un determinante no varıa si se deja una fila fija y se mo-difica otra fila sumandole un multiplo de otra fila.

Demostracion:

En efecto, tenemos:

det (~a1, ~a2) = det (~a1, ~a2 + α ~a1) ,

pues:

det (~a1, ~a2) = det (~a1, ~a2) + α det (~a1, ~a1) .

Esta es una propiedad muy importante para el calculo computacional o numeri-co del determinante.

Nota:

En lo que viene la matriz A sera solo de orden 2 × 2 o 3 × 3 generalizandolaposteriormente. Nos quedaremos solo con la matriz factorizada en la formaA = LU , dejando el caso PA = LU a cargo del lector.

En la forma A = LU o L−1A = U se fueron realizando solo operaciones deltipo indicado en el teorema anterior ([12.5.4]), las cuales no modifican el det A,por lo tanto, det A = det U .

A continuacion transformaremos la matriz U en una matriz J (por medio dela eliminacion de Jordan), con lo que:

det A = det U = det J ,

507

pero det J 6= 0 si y solo si todos los elementos de la diagonal son distintos decero o sea si y solo si la matriz tiene inversa. Ası, tenemos:

[a11 a12

a21 a22

]→

[a11 a12

0 a22 − a21

a11a12

]→

[a11 0

0 a22 − a21

a11a12

],

con lo que:∣∣∣∣

a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ = a11

(a22 − a21

a11

a12

)= a11a22 − a12a21 .

Por ejemplo, veamos el siguiente caso numerico:∣∣∣∣

2 34 2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2 30 −4

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣2 00 −4

∣∣∣∣ = 2 · (−4)

∣∣∣∣1 00 1

∣∣∣∣ = −8 .

No hay que transformar a la forma de eliminacion Gauss-Jordan para calcularun determinante, para obtener la matriz U ; pues si U no tiene n pivotes, eldeterminante de A es cero y entonces en la eliminacion de Jordan obtenemossolo la diagonal principal de U , por lo que el determinante de U es igual alproducto de los elementos de la diagonal principal.

Ejemplo 12.5.1∣∣∣∣∣∣

2 1 71 2 23 −1 3

∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣

0 −3 31 2 20 −7 −3

∣∣∣∣∣∣= −

∣∣∣∣∣∣

1 2 20 −3 30 −7 −3

∣∣∣∣∣∣=

= 3

∣∣∣∣∣∣

1 2 20 1 −10 −7 −3

∣∣∣∣∣∣= 3

∣∣∣∣∣∣

1 2 30 1 −10 0 −10

∣∣∣∣∣∣= −30 .

En la tercera igualdad se hizo un intercambio de filas. Nota:

A continuacion definiremos det A, o sea el determinante de una matriz cua-drada A de orden n × n y, de paso, definiremos el volumen generado por nvectores en Rn como el valor del det A. Si det A > 0, los vectores fila estan enorientacion positiva y si det A < 0 su orientacion es negativa y si det A = 0los n vectores son linealmente dependientes.

Sea ~δ = (δi1, δi2, δi3, · · · , δin) el vector columna i donde hemos colocado eldelta de Kronecker, o sea:

δij =

{1 si i = j0 si i 6= j

,

con ello la matriz identidad de orden n es In =[δij

], segun ya hemos visto.

508

Definicion 12.5.1 det A = det (~a1, ~a2, ~a3, · · · , ~an) entenderemos una fun-cion que cumple las siguientes propiedades:

(a) det In = 1

(b) det (~a1, ~a2, ~a3, · · · , ~an) es lineal en cada vector separadamente.

(c) det (~a1, ~a2, ~a2, · · · , ~an) = 0 si y solo si los vectores ~a1, ~a2, ~a2, · · · , ~an

son linealmente dependientes

Nota:

De las propiedades (a), (b) y (c) consideradas en la definicion anterior se deducela siguiente:

(c’ ) det (~a1, ~a2, ~a3, · · · , ~an) cambia de signo si se intercambian dos filas.

Por lo demas, de las propiedades (a), (b) y (c’ ) se concluye (c).

De lo anterior surgen dos preguntas:

(1) ¿Existe det A?

(2) Si existe det A ¿es unico?

Para el caso R2 y R3 vimos que el area y el volumen cumplıan tales propiedadesy eran unicos. A continuacion daremos respuestas afirmativas a tales consultas.

Es facil ver lo siguiente de acuerdo a las propiedades (a) y (c’ ):

det (~δi1, ~δi2, ~δi3, · · · , ~δin) =

{0 si algun ındice i` = ik, por propiedad (c)

±1 si no hay algun ındice repetido,

o sea i1, i2, i3, · · · , in es una permutacion de 1, 2, 3, · · · , n. Coloquemos estapermutacion como:

σ =

(1 2 3 · · · ni1 i2 i3 · · · in

),

si el numero de intercambios para llevar i1, i2, i3, · · · , in a la posicion 1,2, 3, · · · , n es par, hay numero par de intercambios, por lo tanto resultadet (~δi1, ~δi2, ~δi3, · · · , ~δin) = 1, en caso contrario det (~δi1, ~δi2, ~δi3, · · · , ~δin) =−1.

509

Para i = 1, 2, 3, · · · , n los vectores ~ai son del tipo:

~ai =n∑

j=1

aij~δj ,


det (~a1, ~a2, ~a3, · · · , ~an) = det

(n∑

j=1

a1j~δj,

n∑j=1

a2j~δj, · · · ,

n∑j=1

anj~δj

)=

=∑

σ

a1i1a2i2 · · · anindet (~δi1, ~δi2, ~δi3, · · · , ~δin) =∑

σ

signo de σ(a1i1a2i2 · · · anin) ,

donde la suma se verifica para todas las permutaciones σ de 1, 2, 3, · · · , n, osea hay n! sumandos.

En conclusion si det (~a1, ~a2, ~a3, · · · , ~an) existe, entonces:

det (~a1, ~a2, ~a3, · · · , ~an) =∑

σ

signo de σ(a1i1a2i2 · · · anin) .

Ahora bien, el lado derecho de la expresion anterior siempre existe y podemos

probar que la funcion∑

σ

signo de σ(a1i1a2i2 · · · anin) tiene las propiedades (a),

(b) y (c). Esta era (es) la definicion que se daba antes y se probababan laspropiedades (a), (b) y (c). Por lo tanto, det A existe y es unico.

Veamos lo anterior para los casos R2 y R3.

(1) Para la situacion en: R2

Las unicas permutaciones son

(1 21 2

),

(1 22 1

). Si colocamos el simbolis-

mo:2

+ ↑ ↓ −1

conseguimos: ∣∣∣∣a1 b1

a2 b2

∣∣∣∣ = +a11a22 − a12a21 .

(2) Para la situacion en: R3

Considerando:3 2

− ↖ ↗ +1

510

Las permutaciones (1, 2, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2) son pares y las permutaciones(1, 3, 2), (3, 2, 1), (2, 1, 3) son impares. Con ello resulta:∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣= +(a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32)−(a11a23a32−a13a22a31−a12a21a33) .

Pero esta definicion o calculo es mas bien teorica que practica para el casodel calculo numerico o computacional de un determinante, pues el numero deoperaciones suma es del orden de n!, el cual para un numero relativamentegrande, por ejemplo:

20! = 2432902008176640000 ,

es inmensamente grande. Imagine el lector lo grande que es para 100!. Estose traducirıa en la imposibilidad de resolver el determinante de una matriz Ade orden 20× 20.

Corolario 12.5.1 El determinante de una matriz triangular es el producto delos elementos de su diagonal principal.

Teorema 12.5.5 Sea E una matriz elemental, entonces;

det (E · A) = det (E) · det (A), .

(Esto es consecuencia inmediata de la definicion de determinante y de lo quesignifica EA.)

Teorema 12.5.6

det (A ·B) = det (A) · det (B) .

Demostracion:

Si A es singular, entonces A · B es singular, puesto que a causa del productopor bloques resulta:

A ·B =

~a1B~a2B

...~anB

,

por lo tanto, det (A) = 0 y det (A ·B) = 0 = det (A) · det (B).

511

Si A es no singular, entonces:

A = E1 · E2 · · · · · Er ,

o sea es producto de matrices elementales, luego, por el teorema anterior re-sulta:

det (A ·B) = det (E1) · det (E2) · · · · · det (Er) · det (B) = det (A) · det (B) .

Corolario 12.5.2det (AT ) = det (A) ,

o sea un determinante no varıa si se intercambian filas por columnas.

Demostracion:

Tenemos que:A = LU ⇒ det (A) = det (U) ,

AT = UT LT ⇒ det (AT ) = det (UT ) = det (U) .

Para el caso PA = LU se procede por analogıa.

Corolario 12.5.3 Si det (A) = 0, entonces A es una matriz singular.

Demostracion:

det (U) = 0, o sea U no tiene n pivotes.

12.5.5 Formula para hallar los valores propios de unamatriz

Sabemos que para ~x 6= ~0 se tiene:

A~x = λ~x ⇒ (A− λI) = ~0 ,

o sea A−λI es una matriz singular, con lo que det (A−λI) = 0 e inversamentepara los valores de λ tales que det (A − λI) = 0, resulta que A − λI es unamatriz singular.

Por lo tanto, tenemos que los valores propios de A quedan determinados porlas raıces de:

det (A− λI) = 0 .

512

Ejemplo 12.5.2 Hallar los valores y vectores propios para la matriz:

A =

[7 −2

15 −4

].

Solucion:

En este caso la ecuacion para los valores propios es:∣∣∣∣

7− λ −215 −4− λ

∣∣∣∣ = 0 ⇒ (7− λ)(−4− λ) + 30 = 0 ,

o sea:

λ2 − 3λ + 2 = 0 ⇒ λ =3±√9− 8

2=

3± 1

2=

{21

.


(a) Para λ = 2: [5 −2

15 −6

]→

[5 −20 0

],


5x1 − 2x2 = 0 ⇐⇒ x2 =5

2x1 ,

por lo tanto, si x1 = 2 obtenemos el vector propio (2, 5) y los vectorespropios son de la forma ~v = α(2, 5) y, ası, vemos que:

[7 −2

15 −4

] [25

]=

[4

10

]= 2

[25

].

(b) Para λ = 1: [6 −2

15 −5

]→

[6 −20 0

],


6x1 − 2x2 = 0 ⇐⇒ x2 = 3x1 ,

por lo tanto, si x1 = 1 obtenemos el vector propio (1, 3) y los vectorespropios son de la forma ~v = α(1, 3) y, ası, vemos que:

[7 −2

15 −4

] [13

]=

[13

]= 1

[13

].

513

12.5.6 Solucion del sistema lineal de n ecuaciones conn incognitas. Regla de Cramer

Dado el sistema lineal de n ecuaciones con n incognitas A~x = ~b sabemos quesi el determinante de la matriz A es diferente de cero, entonces el sistematiene solucion unica. A continuacion encontraremos una formula de solucionno computacional. Tenemos:

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...an1 an2 an3 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

xi =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13 · · · a1ixi · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2ixi · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3ixi · · · a3n...

......

.........

............

...an1 an2 an3 · · · anixi · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13 · · ·n∑

j=1

a1jxj · · · a1n

a21 a22 a23 · · ·n∑

j=1

a2jxj · · · a2n

a31 a32 a33 · · ·n∑

j=1

a3jxj · · · a3n

......

............

............

...

an1 an2 an3 · · ·n∑

j=1

amjxj · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13 · · · b1 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · b2 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · b3 · · · a3n

......

............

............

...an1 an2 an3 · · · bn · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

,


∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...an1 an2 an3 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

xi =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13 · · · b1 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · b2 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · b3 · · · a3n...

......

.........

............

...an1 an2 an3 · · · bn · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

,

514

de aquı se despeja xi, consiguiendose:

∀i ∈ {1, 2, 3, · · · , n} :

xi =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13 · · · b1 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · b2 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · b3 · · · a3n...

......

.........

............

...an1 an2 an3 · · · bn · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13 · · · a1i · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2i · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3i · · · a3n...

......

.........

............

...an1 an2 an3 · · · ani · · · anmn

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Observamos que para obtener el resultado de xi se reemplaza en el determi-nante de A:

la columna i:

a11

a12

a13

· · ·a1n

, por el vector : ~b =

b1

b2

b3

· · ·bn

.

Nota:

Este resultado se conoce como Regla de Cramer

Ejemplo 12.5.3 Por motivo pedagogico no computacional, resolveremos pormedio de la regla de Cramer el sistema 2× 2:

2x + y = 43x + 2y = 5

}.

Solucion:

Tenemos:

x =

∣∣∣∣4 15 2

∣∣∣∣∣∣∣∣

2 13 2

∣∣∣∣=

3

1= 3 , y =

∣∣∣∣2 43 5

∣∣∣∣∣∣∣∣

2 13 2

∣∣∣∣= −2

1= −2 .

515

12.5.7 Desarrollo de un determinante por filas o porcolumnas

Ahora veremos otra forma para calcular un determinante, la cual, de nuevo, esmas teorica que computable. Como el determinante de una matriz es igual aldeterminante de la respectiva matriz traspuesta, las propiedades por fila sonlas mismas que para columnas sobre todo si consideramos el cambio de signodel valor de un determinante cuando se intercambian filas y/o columnas.

¿Cuantos cambios de signo hay para llevar el termino aij de la matriz A a laposicion (1, 1)?

(1) Hay (i−1) intercambios de filas para llevar la fila i a la fila 1 conservandoen orden las (i− 1) filas anteriores.

(2) Hay (j − 1) cambios posteriores para llevar la columna j (considerandoque la matriz ya ha sido cambiada segun lo que hemos hecho en el punto(1)) a la posicion de la columna 1 respetendo el orden de las (j − 1)columnas anteriores.

Por lo tanto, hay (i + j − 2) cambios de signo o sea (−1)i+j−2 en el valor deldeterminante de A, es decir (−1)i+j.

Cofactor de aij

Llamaremos cofactor de aij al determinante Aij de orden (n− 1) que resultaal eliminar tanto la fila i como la columna j de la matriz A multiplicado por(−1)i+j.

Ejemplo 12.5.4 Si A =

2 −1 34 2 53 0 1

, entonces A32 = (−1)5

∣∣∣∣2 34 5

∣∣∣∣ = 2.

Ya conocemos la formula:

det (A) =∑

σ

signo de σ(a1i1a2i2 · · · anin) ,

si tomamos la permutacion de la forma σ =

(1 2 3 · · · ni1 i2 i3 · · · in

)el signo de

esta permutacion σ es el mismo que el de la permutacion σ′ =(

2 3 · · · ni2 i3 · · · in

),

516

luego:

det (A) =

(a11

∑

σ′signo de σ′(a2i2 · · · anin)

)+ terminos en los que no aparece a11 ,

pero: ∑

σ′signo de σ′(a2i2 · · · anin) = A11 ,

por lo tanto, tenemos la formula:

det (A) =n∑

j=1

aijAij ,

que es el desarrollo del determinante de A por la fila i.

Ejemplo 12.5.5 Tenemos, al desarrollar por la segunda fila, que:∣∣∣∣∣∣

2 0 34 2 17 3 4

∣∣∣∣∣∣= −4

∣∣∣∣0 33 4

∣∣∣∣ + 2

∣∣∣∣2 37 4

∣∣∣∣−∣∣∣∣

2 07 3

∣∣∣∣ = 36− 26− 6 = 4 .

Nuevamente el ejemplo es nada mas que por motivos didacticos mas que pormetodo computacional.

Nota:

Tenemos que para i 6= k:n∑

j=1

aijAkj = 0 ,

puesto que el determinante que se esta desarrollando tiene iguales tanto la filai como la fila k.

Lo que veremos a continuacion es mas bien para completar informacion teoricay utilizar la nota anterior.

12.5.8 Matriz adjunta de una matriz cuadrada

Definicion 12.5.2 Dada la matriz cuadrada A, se denomina matriz adjuntade la matriz A a la matriz definida por:

Adj A = A =[AT

ij

].

517

Ejemplo 12.5.6 Ası, por ejemplo, si A =

[2 3

−1 4

], entonces A11 = 4,

A12 = −(−1) = 1, A21 = −3, A22 = 2, por lo tanto, resulta la respectiva

matriz adjunta Adj A = A =

[4 −31 2

].

Teorema 12.5.7 (1) A · A = (det A)I

(2) Si det A 6= 0 (A−1 existe ), entonces:

A−1 =1

det AA .

Demostracion:

Se deja a cargo del lector quien debera utilizar multiplicacion matricial porbloques.

Ejemplo 12.5.7 Ası, por ejemplo, si A =

[2 3

−1 4

], entonces la respectiva

matriz inversa es A−1 =1

11

[4 −31 2

].

12.6 Transformaciones lineales

En este parrafo nos dedicaremos a estudiar un tipo de transformacion de unespacio vectorial real en otro como tambien a la ejemplificacion de estas conalgunas transformaciones geometricas. Tales transformaciones lineales seranrelacionadas con las matrices. Esto solo lo veremos en espacios de dimensionfinita, fundamentalmente en Rn (como extension del plano R2 y del espacio R3).La extension a otros espacios es similar, tal como el lector podrıa hacerlo, porejemplo, con el espacio de las funciones reales tomando como transformacionlineal al operador derivada.

Definicion 12.6.1 La funcion T : Rn → Rm se llama transformacion linealsi:

∀α, β ∈ R, ∀~x1, ~x2 ∈ Rn(T (α~x1 + β~x2) = αT (~x1) + βT (~x2)

).

518

A partir de esta definicion se deducen las siguientes consecuencias importantese inmediatas:

Teorema 12.6.1 Si T es una transformacion lineal, entonces T (~0) = ~0.

Demostracion:

Como ~0 = ~0+~0, entonces T (~0) = T (~0+~0) = T (~0)+T (~0), de esto el resultado.

Teorema 12.6.2 Si T es una transformacion lineal, entonces T (−~x) = −T (~x).

Nota:

Si ~x1, ~x2, ~x3, · · · , ~xn es una base de Rn, T : Rn → Rm es una transformacionlineal y para todo i = 1, 2, 3, · · · , n se conoce el vector T (~xi) = yi, entoncespara cualquier vector ~x de Rn se tendra:

~x = α1~x1 + α2~x2 + α3~x3 + · · ·+ αn~xn =n∑

i=1

αi~xi ,

luego, tendremos:

T (~x) = T

(n∑

i=1

αi~xi

)=

n∑i=1

αiT (~xi) =n∑

i=1

αi~yi ,

es decir, basta saber el comportamiento de T sobre los vectores que forman labase para obtener el comportamiento de T sobre cualquier vector.

A continuacion nos detendremos en una transformacion especial, llamada bfidentidad, simbolizada por I. Esta es como el numero 1 en los numeros realesya que:

1 : R→ R , 1 → 1, x → 1 · x = x .

Definicion 12.6.2 La transformacion identidad se define del modo si-guiente:

I : Rn → Rn , I(~x) = ~x .

Notas:

(1) Es inmediato que I es una transformacion lineal.

519

(2) Geometricamente el punto no es transformado por medio de I, o sea lasfiguras geometricas no sufren alteracion cuando se les aplica la transformacionI. Si a I la consideramos bajo este punto de vista resultarıa ser una trans-formacion lineal sin interes, sin embargo si pensamos bajo hecho de que enRn tenemos dor lo menos dos formas de representar a un mismo vector (osea que el vector estuviera expresado como combinacion lineal de vectores quepertenecen a dos bases distintas de Rn) ahı cabrıa especial interes. Lo anteriorlo estudiaremos primero en forma teorica y posteriormente lo explicaremos enforma geometrica. Pues bien, sean:

{~x1, ~x2, ~x3, · · · , ~xn} e : {~y1, ~y2, ~y3, · · · , ~yn}dos bases diferentes de Rn, luego, tendremos que los vectores de la primera deestas bases puede ser desarrollado como combinacion lineal de los vectores dela segunda, o sea que para todo j = 1, 2, 3, · · · , n se tiene:

~xj = p1j~y1 + p2j~y2 + p3j~y3 + · · ·+ pnj~yn =n∑

i=1

pij~yi ,

luego las componentes de estos vectores ~xj originan vectores columna del tipo:

p1j

p2j

p3j...

pnj

,

con lo que los vectores de la base {~x1, ~x2, ~x3, · · · , ~xn} estarıan representadosen la base {~y1, ~y2, ~y3, · · · , ~yn} por medio de la matriz P dada por:

~x1 ~x2 ~x3 · · · ~xn

↓ ↓ ↓ ......... ↓

p11 p12 p13 · · · p1n

p21 p22 p23 · · · p2n

p31 p32 p33 · · · p3n

......

............

...pn1 pn2 pn3 · · · pnn

, es decir : P =

p11 p12 p13 · · · p1n

p21 p22 p23 · · · p2n

p31 p32 p33 · · · p3n...

......

.........

...pn1 pn2 pn3 · · · pnn

.

Por analogıa tenemos tambien que los vectores de la segunda de estas basespuede ser desarrollado como combinacion lineal de los vectores de la primera,o sea que para todo j = 1, 2, 3, · · · , n se tiene:

~yj = q1j~x1 + q2j~x2 + q3j~x3 + · · ·+ qnj~xn =n∑

i=1

qij~xi ,

520

luego las componentes de estos vectores ~yj originan vectores columna del tipo:

q1j

q2j

q3j...

qnj

,

con lo que los vectores de la base {~y1, ~y2, ~y3, · · · , ~yn} estarıan representadosen la base {~x1, ~x2, ~x3, · · · , ~xn} por medio de la matriz Q dada por:

~y1 ~y2 ~y3 · · · ~yn

↓ ↓ ↓ ......... ↓

q11 q12 q13 · · · q1n

q21 q22 q23 · · · q2n

q31 q32 q33 · · · q3n

......

............

...qn1 qn2 qn3 · · · qnn

, es decir : Q =

q11 q12 q13 · · · q1n

q21 q22 q23 · · · q2n

q31 q32 q33 · · · q3n...

......

.........

...qn1 qn2 qn3 · · · qnn

.

Consideremos ahora el siguiente esquema:

Rn{~x1, ~x2, ~x3, ··· , ~xn}

I−→PRn{~y1, ~y2, ~y3, ··· , ~yn}

I−→QRn{~x1, ~x2, ~x3, ··· , ~xn}

I−→PRn{~y1, ~y2, ~y3, ··· , ~yn} .

Segun sabemos I ◦ I = I y tanto para todo ~xj como tambien para ~yj se tieneI(~xj) = ~xj, I(~yj) = ~yj. Por tal motivo la matriz que representa esta situaciones:

~x1 ~x2 ~x3 · · · ~xn

~y1 ~y2 ~y3 · · · ~yn

↓ ↓ ↓ ......... ↓

1 0 0 · · · 00 1 0 · · · 00 0 1 · · · 0...

......

.........

...0 0 0 · · · 0

, es decir : I =

1 0 0 · · · 00 1 0 · · · 00 0 1 · · · 0...

......

.........

...0 0 0 · · · 1

.

Pues bien, veamos el efecto producido por I ◦ I, tenemos:

(I ◦ I)(~xj) = I

(n∑

i=1

pij~yi

)=

n∑i=1

pijI(~yi) =

521

=n∑

i=1

pij

n∑

k=1

qki~xk = ~xj =n∑

k=1

(n∑

i=1

qkipij

)~xk ,

y como los vectores ~xj son linealmente independientes, se tiene:

q11 q12 q13 · · · q1n

q21 q22 q23 · · · q2n

q31 q32 q33 · · · q3n...

......

.........

...qn1 qn2 qn3 · · · qnn

·

p11 p12 p13 · · · p1n

p21 p22 p23 · · · p2n

p31 p32 p33 · · · p3n...

......

.........

...pn1 pn2 pn3 · · · pnn

=

1 0 0 · · · 00 1 0 · · · 00 0 1 · · · 0...

......

.........

...0 0 0 · · · 1

,

o sea:Q · P = I :

De manera analoga, como (I ◦ I)(~yj) = ~yj, se obtiene:

P ·Q = I ,

o sea:P ·Q = I = Q · P ,

lo que nos dice que P y Q son matrices invertibles.

Hasta ahora hemos visto el comportamiento de I con respecto a dos basesdiferentes de Rn. A continuacion presentaremos el comportamiento de I conrespecto a la representacion de un vector cualquiera ~x con respecto a su repre-sentacion en aambas bases, es decir, sus coordenadas. Tenemos:

~x =n∑

j=1

xj~xj =n∑

i=1

yi~yi ,

como:

~x = I(~x) =n∑

j=1

xjI(~xj) =n∑

j=1

xj

(n∑

i=1

pij~yi

)=

n∑i=1

(n∑

j=1

pijxj

)~yi ,

y, debido a la independencia lineal de los ~yi, se tiene:

yi =n∑

j=1

pijxj ,

lo que matricialmente se expresa:

p11 p12 p13 · · · p1n

p21 p22 p23 · · · p2n

p31 p32 p33 · · · p3n...

......

.........

...pn1 pn2 pn3 · · · pnn

x1

x2

x3...

xn

=

y1

y2

y3...

yn

,

522

es decir:

P

x1

x2

x3...

xn

=

y1

y2

y3...

yn

,

o tambien:

Q−1

x1

x2

x3...

xn

=

y1

y2

y3...

yn

.

De igual manera:

Q

y1

y2

y3...

yn

= P−1

y1

y2

y3...

yn

=

x1

x2

x3...

xn

.

Nota:

Lo anterior corresponde a lo que en la literatura clasica se conoce como ma-trices de cambio de bases.

12.6.1 Ejemplos geometricos

Ejemplo 12.6.1 En R2 consideramos dos bases ortogonales {~x1, ~x2} y {~y1, ~y2},tal como vemos en la figura 12.15. Esto se consigue obviamente con una rota-cion de ejes en un angulo θ.

523

_

1

_

x

y

x

y^

θ^

O

2

>

x 1

x 2y

y

Fig. 12.15

Se tiene:

~x1 = cos θ~y1 + senθ~y2

~x2 = −senθ~y1 + cos θ~y2

},

o sea:

P =

[cos θ −senθsenθ cos θ

].

La matriz Q se conseguira colocando−θ en lugar de θ en la matriz P , esdecir:

Q =

[cos θ senθ−senθ cos θ

].

Desde el punto de vista, en que la base es la misma para R2, se rota el punto~y1 (vector basico) para obtener el punto ~x1 (vector basico). Esto se vera en elotro acapite de transformaciones donde hay transformacion de puntos, no esla identidad.

Llevando lo anterior a coordenadas, tendremos:[

xy

]=


] [xy

],

y tambien: [xy

]=


] [xy

].

Ejemplo 12.6.2 En este ejemplo consideramos la base ortonormal {v1, v2} yla base {~u1, ~u2}, donde ~u1 = 2v1 + 0v2 y ~u2 = −2v1 + 2v2 tal como se muestraen la figura 12.16.

con ello vemos que P =

[2 −20 2

],

ademas, tenemos:

2v1 + 0v2 = ~u1

−2v1 + 2v2 = ~u2

},

de donde:

v1 =1

2~u1 +

1

2~u2 , v2 =

1

2~u1 ,

x=x

yy

_

_

1

u 2

>

^

uO 1

v 2

v

Fig. 12.16

524

de esto se desprende que Q =

[12

12

0 12

]y, por lo tanto, resulta:

[xy

]=

[2 −20 2

] [xy

], y tambien :

[xy

]=

[12

12

0 12

] [xy

],

y de la ultima de estas relaciones obtenemos:

x + y = 2xy = 2y

}.

>_

O

y y

x=x

^

•

_

Fig. 12.17

Por otro lado, si consideramos losenrejados (x, y) y (x, y) (rectas para-lelas a los ejes tal como se muestraen la figura 12.17), tendremos, porejemplo que el punto:

x = 1 =x + y

2

y = 2 =y

2

,

corresponde al puntox = −2y = 4

}.

A continuacion observaremos esto en R2, pero bajo otro punto de vista. Puesbien, nos daremos en R2 dos sistemas ortogonales (X, O, Y ) y (X, O, Y ) talcomo se indica en la figura 12.18:

<- x+y=2x

(x,y)>• y=2y_

_

x>

_

(x, y)_ _

^

^

•

_

y^y

x

^

>O

Fig. 12.18

El punto (x, y) se transformo en el punto (x, y). Las rectas y = c, que son rectasparalelas al eje X, siguen siendo paralelas a dicho eje; las rectas paralelas a

525

x + y = c se transforman en rectas perpendiculares a las rectas y = c. Dichatransformacion se dice que no es conforme, los angulos entre rectas cambian.Los angulos formados por y = c1 y x + y = c2 son de 135◦ se transforman enangulos de 90◦. Tampoco es una transformacion r

¯ıgida puesto que cambia la

distancia entre puntos. Evidentemente que esta forma de ver no representa ala identidad sino mas bien a otra transformacion. Mas aun, la misma matriztiene distintos puntos de vista. Veamos la transformacion que esta produce alactuar sobre una figura en el plano.

Consideremos la elipse de ecuacion x2 +2xy+2y2 = 4, al completar cuadradosse obtiene:

(x + y)2 + y2 = 4 ,

o mejor: (x + y

2

)2

+(y

2

)2

= 1 ,

hagamos:

x =x + y

2, y =

y

2,

luego, tenemos la ecuacion:x2 + y2 = 1 ,

por lo tanto, en el sistema (X, O, Y ) esta ultima ecuacion representa a unacircunferencia y en el sistema (X,O, Y ) la ecuacion original representa a unaelipse tal como se aprecia en la figura 12.19. Por lo demas, es claro que la rectax + y = 0 se transforma en la recta x = 0 y la recta y = 0 en la recta y = 0 y,posteriormente, se hizo una escala 1 : 2 en ambos ejes.

y

(–1,0)

(0,–1)

(–2,0)

(0,1)

(1,0)

(2,–2)

>

_

_ (2,0)

(–2,2)

x

^y

xO>

^

x

^

>

1

y

1O

Fig. 12.19 Fig. 12.20

Ejemplo 12.6.3 Realizando un proceso similar al efectuado en el ejemplo an-terior, pero con escala 1 : 1, consideraremos inicialmente el triangulo rectangu-

526

lo que presentamos en la figura 12.20. Tomando la matriz I =

[1 00 1

]resulta:

[xy

]=

[1 00 1

] [xy

]⇒ (

x = x , y = y)

,

lo que nos dice que el triangulo dado no se altero tal como se visualiza en lafigura 12.20-(1).

^

>

_

_

y=y

x=x1

1

O

_

_y

x

y

x

^θ

11

^

>O

Fig. 12.20-(1) Fig. 12.21

1. En este mismo ejemplo tomemos ahora la matriz


], la

que, segun sabemos, produce el efecto geometrico de una rotacion enangulo θ, luego se tiene:

[xy

]=


] [xy

],

y el resultado lo vemos en la figura 12.21.

2. Consideremos ahora la matriz

[0 11 0

], con ella resulta:

[xy

]=

[0 11 0

] [xy

]⇒ (

x = y , y = x)

,

el efecto producido es de una simetrıa axial cuyo eje es la recta de ecua-cion y = x y se presenta en la figura 12.22.

527

^

x=y

y=x_

_1

1

>O y

x=x1O

–1_

^

>_

y

Fig. 12.22 Fig. 12.23

3. Pensemos ahora con la matriz

[1 00 −1


[xy

]=

[1 00 −1

] [xy

]⇒ (

x = x , y = −y)

,

el efecto producido es de una simetrıa axial cuyo eje es la recta de ecua-cion y = 0 y se presenta en la figura 12.23.

4. Tomemos ahora la matriz

[0 −1

−1 0


[xy

]=

[0 −1

−1 0

] [xy

]⇒ (

x = −y , y = −x)

,

el efecto producido es de una simetrıa axial cuyo eje es la recta de ecua-cion y = −x y se presenta en la figura 12.24.

y

x=x

y

_

_

–1

–1

>

^

O

y=y

x

1

>–1 O x

_

_

^

Fig. 12.24 Fig. 12.25

5. Consideremos ahora la matriz

[ −1 00 1


[xy

]=

[ −1 00 1

] [xy

]⇒ (

x = −x , y = y)

,

528

el efecto producido es de una simetrıa axial cuyo eje es la recta de ecua-cion x = 0 y se presenta en la figura 12.25.


[0 −11 0


[xy

]=

[0 −11 0

] [xy

]⇒ (

x = −y , y = x)

,

el efecto producido es de una rotacion en torno a O con angulo deπ

2y

se presenta en la figura 12.26.

y=x_

O

1

–1>y

_

^

x

-x

^

x

y

_

_-y

O–1 >

–1

Fig. 12.26 Fig. 12.27


[ −1 00 −1


[xy

]=

[ −1 00 −1

] [xy

]⇒ (

x = −x , y = −y)

,

el efecto producido es de una simetrıa central en torno a O, o bien unarotacion en torno de O con angulo π y se presenta en la figura 12.27.


[0 1

−1 0


[xy

]=

[0 1

−1 0

] [xy

]⇒ (

x = y , y = −x)

,

el efecto producido es de una rotacion en torno a O con angulo de −π

2y

se presenta en la figura 12.28.

529

^

x=y

y

_

x

1O

–1_

>

y

O>

1/a

1

x

^

Fig. 12.28 Fig. 12.29


1

a0

0 −1

, con a > 1, resulta:

[xy

]=

1

a0

0 1

[xy

]⇒ (

x =x

a, y = y

),

el efecto producido es de una contraccion en el eje X y se presenta en lafigura 12.29.


[1 0a 1

], con a > 0, resulta:

[xy

]=

[1 0a 1

] [xy

]⇒ (

x = x , y = ax + y)

,

con esta transformacion tenemos:

(0, 0) → (0, 0) , (1, 0) → (1, a) , (1, 1) → (1, a + 1) ,

el efecto producido es de una cizalla en el eje X y se presenta en la figura12.30.

(1,a + 1)

(1,a)

y

x

^

>O x

(1,a)

y

O>

(1 + b,1 + a)

Fig. 12.30 Fig. 12.31

530


[1 ba 1

], con a > 0 y b > 0, resulta:

[xy

]=

[1 ba 1

] [xy

]⇒ (

x = x + by , y = ax + y)

,

con esta transformacion tenemos:

(0, 0) → (0, 0) , (1, 0) → (1, a) , (1, 1) → (1 + b, 1 + a) ,

el efecto producido es de una cizalla en ambos ejes y se presenta en lafigura 12.31.

Nota:

Queremos decir (no demostrar), con los ejemplos anteriores que toda matrizcuadrada cuyo determinante no es nulo puede ser considerada como una matrizde cambio de base.

12.6.2 Matriz asociada a una transformacion lineal conrespecto a ciertas bases

Aquı consideraremos la transformacion lineal T : Rn → Rm, tambien la base{~u1, ~u2, ~u3, · · · , ~un} de Rn, la base {~v1, ~v2, ~v3, · · · , ~vm} de Rm y la matrizA de orden m× n:

A =

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...am1 am2 am3 · · · amn

,

en esta matriz, la columna j es la que esta constituida por los ponderadores delos vectores pertenecientes a la base {~v1, ~v2, ~v3, · · · , ~vm} cuando se desarrollael vector T (~uj) en esa base, o sea:

∀j ∈ {1, 2, 3 · · · , n} :

(T (~uj) =

m∑i=1

aij~vi

),

luego, toda transformacion lineal T : Rn → Rm con respecto a las bases{~u1, ~u2, ~u3, · · · , ~un} de Rn y {~v1, ~v2, ~v3, · · · , ~vm} de Rm esta representada

531

por la matriz A de orden m × n e inversamente, fijadas las bases para Rn

y Rm toda matriz A de orden m × n representa a una transformacion linealT : Rn → Rm.

Ya hemos visto la transformacion de la base de Rn y su relacion con unamatriz, ahora queremos transformar por medio de T cualquier vector ~r de Rn

y encontrar su representacion en Rm. Pues bien, sea:

~r =n∑

j=1

xj~uj ,

ası, obtenemos:

T (~r) = T

(n∑

j=1

xj~uj

)=

n∑j=1

xjT (~uj) =

=n∑

j=1

xj

(m∑

i=1

aij~vi

)=

n∑j=1

m∑i=1

aijxj~vi =m∑

i=1

(n∑

j=1

aijxj

)~vi =

=m∑

i=1

[ai1 ai2 ai3 · · · ain

]

x1

x2

x3...

xn

~vi ,

o sea, la componente yi de T (~r) en la base {~v1, ~v2, ~v3, · · · , ~vm} de Rm es:

[ai1 ai2 ai3 · · · ain

]

x1

x2

x3...

xn

,

consiguiendose la relacion:

y1

y2

y3...

ym

=

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...am1 am2 am3 · · · amn

x1

x2

x3...

xn

,

o simbolicamente:~y = A~x .

532

Ejemplo 12.6.4 Si en R2 tomamos la base {(2, 1), (1, 2)}, en R3 conside-ramos la base {(1, 2,−2), (2, 1, 2), (−2, 2, 1)} y definimos la transformacionT (x, y) = (4x + 2y, 5y, x− y) (no es difıcil probar que es una transformacionlineal, por lo que dejamos el trabajo al lector), tendremos:

T (2, 1) = (10, 5, 1) = 2(1, 2,−2) + 3(2, 1, 2)− 1(−2, 2, 1) ,

T (1, 2) = (6, 10,−1) =28

9(1, 2,−2) +

20

9(2, 1, 2) +

7

9(−2, 2, 1) ,

con lo que la matriz A, correspondiente a esta transformacion con respecto alas bases {(2, 1), (1, 2)} y {(1, 2,−2), (2, 1, 2), (−2, 2, 1)}, es:

A =

228

9

320

9

−17

9

.

Nota:

A continuacion presentaremos algunos ejemplos de transformaciones linealesde Rn en Rn, para ello consideraremos para ambos espacios la misma la ba-se formada por los vectores ~ui que tienen todas las componentes iguales a 0a excepcion de la componente i que es igual a 1, o sea la base constituidapor {~u1 = (1, 0, 0, · · · , 0), ~u2 = (0, 1, 0, · · · , 0), · · · , ~un = (0, 0, 0, · · · , 1)} ytambien veremos el significado geometrico que poseen estas transformaciones.

Ejemplo 12.6.5 La rotacion en el plano.

T (1, 0) = cos θ(1, 0) + senθ(0, 1) ,

T (0, 1) = −senθ(1, 0) + cos θ(0, 1) ,

luego la matriz asociada es


]y la situacion la vemos en la

figura 12.32.

533

_

_x

y

y

θx

^>

^

O

_(x,y)

x

y

(x,y)

_

O>

^

<θ

Fig. 12.32 Fig. 12.33

Es usual colocar la accion en la misma figura y representar el efecto sobre lospuntos como vemos a continuacion en la figura 12.33 teniendose:

[xy

]=


] [xy

].

Ejemplo 12.6.6 En R3 consideramos ahora la transformacion lineal defini-da mediante T (i) = λi, T (j) = λj y T (k) = λk, la respectiva matriz es

λ 0 00 λ 00 0 λ

y su efecto en las coordenadas es:

T (~r) = λ

xyz

= λ~r ,

por lo tanto, el efecto geometrico de esta transformacion es el de una homoteciacon centro en el origen.

Ejemplo 12.6.7 En R2 tomemos la transformacion definida por T (i) = αi,

T (j) = λj, la respectiva matriz es

[α 00 1

]y su efecto en las coordenadas es:

[xy

]=

[α 00 1

] [xy

].

su efecto geometrico lo veremos en varios casos.

534

0<α<1 1

A AA ••

^

••

>O x

y

α>1α<0

__ __A

__

Fig. 12.34

En la figura 12.34, vemos que al tomar el punto A(1, a) se producen los puntos

A, ¯A y¯A, o sea un cambio de escala en el eje X.

Si ahora consideramos el trianguloABC con vertices A(1, 1), B(2, 1),C(1.5, 3) y al parametro α le da-mos el valor α = 3 se producira eltriangulo ABC con vertices A(3, 1),B(6, 1), C(4.5, 3) y que vemos en lafigura 12.35.

(α=3)

3

1 2 3 6

_ _

_

1

y

C

A B

C

B

>

^

xO

A

Fig. 12.35

(α=4)

122 3 4 8

_

12

5

1

C

AB

C

__

A>

B

^

x

y

O

Fig. 12.36

Si ahora tomamos el triangulo ABCcon vertices A(1, 1), B(2, 2), C(2, 5)y al parametro α le damos el va-lor α = 4 se producira el trianguloABC con vertices A(4, 1), B(12, 2),C(8, 5) y que vemos en la figura12.36.

Ejemplo 12.6.8 La matriz

[α 00 β

]representara un cambio de escala tanto

en el eje X como en el eje Y .

Si en particular consideramos la elipse de ecuacionx2

a2+

y2

b2= 1 y hacemos el

535

cambio de escala

1

a0

01

b

obtendremos la circunferencia dada por la ecuacion

dada por x2 + y2 = 1.

Ejemplo 12.6.9 En R3 procederemos a efectuar una rotacion de angulo θ etorno al eje Z.

T (i) = (cos θ, sen θ, 0) ,

T (j) = (−sen θ, cos θ, 0) ,

T (k) = k ,

esta tendra la matriz asociada

cos θ −senθ 0senθ cos θ 0

0 0 1

y la situacion la vemos en la figura12.37.

XY

θO

>

Z

Fig. 12.37

Veamos lo anterior en un caso particular, por ejemplo rotemos una recta (esclaro que la imagen es otra recta), pues bien, tomemos la recta de ecuacionesx = 2, y = z, la que escrita vectorialmente es:

~r =

2λλ

,

luego:

xyz

=

cos θ −senθ 0senθ cos θ 0

0 0 1

2λλ

⇒

x = 2 cos θ − λsenθy = 2senθ + λ cos θz = λ

si en este sistema eliminamos λ, conseguimos:

x = 2 cos θ − zsenθy = 2senθ + z cos θ

}

que claramente representa a una recta. Ahora bien, si eliminamos θ, llegamosa la ecuacion:

x2

4+

y2

4− z2

4= 1 ,

536

o sea, al rotar la recta de ecuaciones x = 2, y = z en torno al eje Z obtene-mos una superficie de revolucion que en este caso es un hiperboloide de unmanto.

Ejemplo 12.6.10 La matriz

[1 ba 1

]con a > 0 y b > 0 representa un cizalle,

y su efecto en las coordenadas es:

[xy

]=

[1 ba 1

] [xy

].

o sea:

{x = x + byy = ax + y

⇒

x =x− by

1− ab

y =−ax + y

1− ab

¿Que efecto producira esta transformacion al actuar sobre la hiperbola equilate-ra de ecuacion xy = 1?

Las asıntotas de ecuaciones x = 0, y = 0 se convierten en las nuevas asıntotasde ecuaciones x− by = 0, −ax + y = 0. El vertice de la hiperbola es V (1, 1) yse convierte en el punto P (1 + b, a + 1) que no es necesariamente el vertice dela nueva hiperbola; el nuevo vertice de la nueva hiperbola esta en la bisectrizdel angulo formado por las nuevas asıntotas, todo lo dicho se visualiza en lafigura 12.38.

<-vert.•• •

y=(1+a)x/(1+b) ->

y=x ->

<- y=ax

y=bx ->

<-(1+b,1+a)(1,1)->

<- bisec.<-hiperb

<-xy=1

x

y

O>

^

Fig. 12.38

Ejemplo 12.6.11 En R3 tomamos la matriz

0 1 00 1 00 0 0

, por lo tanto:

537

xyz

=

0 1 00 0 10 0 0

xyz

,

o sea:x = y , y = z , z = 0 ,

es decir, R3 (el espacio) se transforma en el plano R2, pues z = 0. Por ejem-plo, la recta de ecuacion vectorial ~r = (λ, a, b) se transforma en el punto decoordenadas (a, b, 0).

12.6.3 Matriz asociada a una transformacion lineal com-puesta

Consideramos las transformaciones lineales T : Rn → Rq y S : Rq → Rm, estasdan origen a la nueva transformacion lineal (lo que es simple de establecer yse deja al lector):

RnT︷︸︸︷−→ Rq

S︷︸︸︷−→︸︷︷︸S◦T

Rm ,

ahora bien, tomemos las bases {~u1, ~u2, ~u3, · · · , ~un} de Rn, {~w1, ~w2, ~w3, · · · , ~wq}de Rq y {~v1, ~v2, ~v3, · · · , ~vm} de Rm, con esto resulta para todo vector ~uj:

(S ◦ T ) (~uj) = S (T (~uj)) = S

(q∑

k=1

akj ~wk

)=

q∑

k=1

akjS(~wi) =

=

q∑

k=1

m∑i=1

akjbik~vi =m∑

i=1

(q∑

k=1

bikakj

)~vi ,

por lo tanto, cuando se desarrolla el vector (S ◦ T ) (~uj) en la base:

{~v1, ~v2, ~v3, · · · , ~vm} de Rm

resulta que su componente i-esima es:q∑

k=1

bikakj ,

o sea:

[bi1 bi2 bi3 · · · biq

] ·

a1j

a2j

a3j...

aqj

,

538

concluimos que, con respecto a estas base, la matiz asociada a S ◦ T es:

B · A =

b11 b12 b13 · · · b1q

b21 b22 b23 · · · b2q

b31 b32 b33 · · · a3n...

......

.........

...bm1 bm2 bm3 · · · bmq

·

a11 a12 a13 · · · a1n

a21 a22 a23 · · · a2n

a31 a32 a33 · · · a3n...

......

.........

...aq1 aq2 aq3 · · · aqn

,

donde A (de orden q×n) es la matriz correspondiente a la transformacion linealT con respecto a las bases {~u1, ~u2, ~u3, · · · , ~un} de Rn y {~w1, ~w2, ~w3, · · · , ~wq}de Rq, ademas, B (de orden m × q) es la matriz correspondiente a la trans-formacion lineal S con respecto a las bases {~w1, ~w2, ~w3, · · · , ~wq} de Rq y{~v1, ~v2, ~v3, · · · , ~vm} de Rm.

Ejemplo 12.6.12 En el ejemplo [12.6.11] consideramos la matriz

0 1 00 1 00 0 0

que, a su vez, se expresa como:

0 1 00 1 00 0 0

=

0 0 10 1 0

−1 0 0

1 0 00 0 10 1 0

0 0 00 1 00 0 1

,

La primera de estas matrices factores proyecta R3 en el plano coordenado Y Z;la segunda permuta la tercera coordenada con la segunda y la tercera matrizcambia el signo a la ultima coordenada, o sea es una rotacion con respecto al

eje Y en angulo θ =π

2.

Ejemplo 12.6.13 Tenemos

[a bc d

]=

1b

d

c

a1

[a 00 d

]la primera ma-

triz de este producto es un cambio de escala y la segunda es una cizalla.

539

Ejemplo 12.6.14 Tenemos

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

=

1a2

b2

a3

c3

b1

a1

1b3

c3

c1

a1

c2

b2

1

a1 0 00 b2 00 0 b3

la primera matriz de este producto es un cambio de escala y la segunda es unacizalla.

12.6.4 Matriz asociada a una transformacion lineal cuan-do se cambian las bases

Para el espacio vectorial Rn tomamos las bases formadas por los vectores{~u1, ~u2, ~u3, · · · , ~un}, {~s1, ~s2, ~s3, · · · , ~sn} cuya matriz de cambio debase es P y esta asociada a la transformacion In. Para el espacio vectorialRm tomamos las bases {~v1, ~v2, ~v3, · · · , ~vm}, {~t1, ~t2, ~t3, · · · , ~tm} cuya ma-triz de cambio de base es Q y esta asociada a la transformacion In. Ahoraconsideramos la transformacion lineal T : Rn → Rm que con respecto a lasbases {~u1, ~u2, ~u3, · · · , ~un}, {~v1, ~v2, ~v3, · · · , ~vm} tiene asociada la ma-triz A; posteriormente esta misma transformacion con respecto a las bases{~s1, ~s2, ~s3, · · · , ~sn}, {~t1, ~t2, ~t3, · · · , ~tm} tiene asociada la matriz B, lo quese desea es encontrar la relacion entre las matrices A y B.

A continuacion presentamos el esquema que clarifica esta situacion:

Rn T−→ Rm

{~u1, ~u2, ~u3, · · · , ~un} −→A

{~v1, ~v2, ~v3, · · · , ~vm}In ↓ ↓ P Q ↓ ↓ Im

Rn T−→ Rm

{~s1, ~s2, ~s3, · · · , ~sn} −→B

{~t1, ~t2, ~t3, · · · , ~tm}

De esto se desprende que:

T ◦ In = Im ◦ T ⇒ BP = QA ,

de donde se desprende que:B = QAP−1 .

A continuacion veamos algunos ejemplos:

540

Ejemplo 12.6.15 En R2 consideramos la transformacion lineal definida porT (x, y) = (x, x).

(a) En la base canonica {i, j} se tiene:

T (i) =

[11

], T (j) =

[00

],

o sea:

A =

[1 01 0

].

(b) Ahora en la base

{1√2(1, 1),

1√2(−1, 1)

}tenemos:

T

(1√2(1, 1)

)=

(1√2,

1√2

)= 1

(1√2,

1√2

)+ 0

(− 1√

2,

1√2

)=

[10

],

ademas, resulta:

T

(− 1√

2(1, 1)

)= −

(1√2,

1√2

)= −1

(1√2,

1√2

)+ 0

(− 1√

2,

1√2

)=

[ −10

],

de donde la matriz asociada en este caso es:

B =

[1 −10 0

].

Las matrices P y Q son iguales, ası, resulta:

P =1√2

[1 1

−1 1

], P−1 =

1√2

[1 −11 1

],

luego:[

1 −10 0

]=

(1√2

[1 1

−1 1

])[1 01 0

](1√2

[1 −11 1

]).

Veamos el efecto geometrico que produce esta transformacion. Si y = x, enton-ces estos puntos son invariantes a esta transformacion. Si y 6= x, consideramosla recta de ecuacion x = c (recta paralela al eje Y ), esta corta a la recta deecuacion x = y en el punto (c, c), o sea T (x, y) = (c, c).

Veamos la relacion entre las coordenadas (x, y) con respecto a las coordenadas(¯x, ¯y), se tendra: [

¯x¯y

]=

[1 −10 0

] [xy

],

luego:~r = x ~s1 + y ~s2 ⇒ (¯x = x− y , ¯y = 0) .

541

Ejemplo 12.6.16 En R2 consideramos la recta de ecuacion y = x y efectua-remos latransformacion linela T definida como la proyeccion ortogonal de lospuntos P (~r) sobre esta recta.

Sabemos que T (~r) = (a · ~r)a, con a =1√2(1, 1), luego T (i) = 1

2(1, 1) = T (j) y

la matriz asociada es1

2

[1 11 1

].

Ahora consideramos la base del ejemplo anterior {~s1, ~s2} =

{1√2(1, 1),

1√2(−1, 1)

},

sabemos que las matrices P y Q son iguales y:

P =1√2

[1 1

−1 1

], P−1 =

1√2

[1 −11 1

],

luego, la matriz asociada a T con respecto a la base {~s1, ~s2} es:

B =1

4

[1 1

−1 1

] [1 11 1

] [1 −11 1

]=

[1 00 0

],

con lo que: [¯x¯y

]=

[1 00 0

] [xy

],

luego:~r = x ~s1 + y ~s2 ⇒ (¯x = x , ¯y = 0) .

Nota:

Es inmediato que si se tienen dos transformaciones lineales T1 y T2 de Rn en Rm

y con respecto a ciertas bases tienen asociadas, respectivamente, las matricesA1 y A2, entonces la matriz asociada a T1 + T2 con respecto a esas bases esA1 + A2. Esto nos lleva a resolver el siguiente problema:

Problema 12.6.1 ¿Cuales son los vectores ~r 6= ~0 que no cambian en su di-reccion bajo la transformacion lineal T?, o sea ¿cual o cuales son los valoresy vectores propios de T?

Solucion:

Debera tenerse T (~r) = λ~r con ~r 6= ~0, o sea (T −λI)(~r) = ~0, la matriz asociadaa esta sera A − λI que, segun ya hemos visto en el apartado de matrices,produce los valores y vectores propios.

542


(1) Sean A =

[a bc d

], B =

[1 00 1

], C =

[0 10 0

]. Si AB = BA y

AC = CA, probar que A = λI.

(2) Sea B =[

~b1~b2

~b3 · · · ~bn

]las columnas de B:

(a) Sea C =[

~c]

una sola columna. Probar que (AB)~c = A(B~c)

(b) Utilizando (a), probar que para las matrices C se tiene que (AB)C =A(BC).

(3) (a) Hallar una matriz A de orden 2× 2 tal que A2 = −I

(b) Hallar matrices B y C de modo que BC 6= 0 y tales que BC =−CB.

(4) (a) Hallar una matriz A 6= 0 tal que A2 = 0.

(b) Hallar una matriz A 6= 0 tal que A2 6= 0 y A3 = 0.

(5) (a) Hallar matrices A y B que sean invertibles pero que A + B no losea.

(a) Hallar matrices A y B que no sean invertibles pero que A + B losea.

(6) Si C = AB es invertible (A y B cuadradas), entonces A es invertible.Hallar una formula para A−1 que dependa de C−1 y B.

(7) Si M = ABC es invertible, entonces B es invertible. Hallar una formulapara B−1 que involucre a M−1, A y C.

(8) Si B es la inversa de A2, probar que AB es la inversa de A.

(9) Hallar matrices L y U tales que A = LU con cuatro pivotes para lamatriz:

A =

a a a aa b b ba b c ca b c d

,

¿que condiciones deberan cumplir a, b, c y d?

(10) Si A = LDU = L1D1U1 (con factores invertibles), entonces L = L1,D = D1, U = U1.

543

(a) Conseguir las ecuaciones L−11 LD = D1U1U

−1, ¿son los terminosabajo o arriba triangulares o diagonal?

(b) Demostrar que D = D1. ¿Por que lo anterior implica L = L1?

(11) Si A = AT , B = BT , de las siguientes matrices, ¿cuales son simetricas?

(a) A2 −B2

(b) (A + B)(A−B)

(c) ABA

(d) ABAB

(12) Solucionar:

x + 2y − 2z = b1

2x + 5y − 4z = b2

4x + 9y − 8z = b3

¿Que condiciones deben cumplir b1, b2, b3 para que el sistema tengasolucion?

(13) ¿Que condiciones deben cumplir b1, b2, b3 y b4 para que los siguientessistemas tengan solucion?

1 22 42 53 9

[x1

x2

]=

b1

b2

b3

b4

,

1 2 32 4 62 5 73 9 12

x1

x2

x3

=

b1

b2

b3

b4

,

y, entonces hallar ~x.

(14) Completar las matrices siguientes para que tengan rango 1:

A =

1 2 424

, B =

212 6 −3

, M =

[a bc

].

(15) Hallar vectores ~u y ~v de modo que A = ~u · ~vT para:

A =

3 6 61 2 24 8 8

, A =

[2 2 6 4

−1 −1 −3 −2

].

544

(16) Hallar la factorizacion LU de A y completar la solucion de A~x = ~b para:

A =

1 3 11 2 32 4 61 1 5

, ~b =

1365

y ~b =

1000

.

(17) Sea ~x =

[10

]+ c

[01

], hallar una matriz A de modo que A~x =

[13

].

(18) Aplicar la eliminacion de Gauss-Jordan a U~x = ~0, U~x = ~c. Obtener

R~x = ~0, R~x = ~d para:

[U~0] =

[1 2 3 00 0 4 0

], [U~c] =

[1 2 3 50 0 4 8

],

resolver R~x = ~0, R~x = ~d para obtener la solucion particular ~xp.

(19) Reducir A~x = ~b a U~x = ~c por medio de eliminacion de Gauss y despues

R~x = ~d (Gauss-Jordan) para:

A~x =

1 0 2 31 3 2 02 0 4 9

x1

x2

x3

x4

=

25

10

= ~b ,

hallar una solucion particular ~xp y las soluciones homogeneas ~xh.

(20) Hallar los valores de α para que el siguiente sistema tenga solucion:

x − 3y + 2z = 42x + y − z = 13x − 2y + z = α

(21) Resover el sistema:

x1 + 3x2 − 2x3 + x4 = 02x1 + 5x2 = 1x1 − 14x3 + 8x4 = 15

−2x1 − 3x2 + 14x3 + 2x4 = 10

(22) Hallar las inversas izquierdas de:

2 −4 −64 −6 −16

−6 8 29

,

2 4−3 −4

4 5

,

2 −6−1 3

3 −9

.

545

(23) Sea:

A =

2 1 −24 −1 22 −1 1

realizar la eliminacion de Gauss sin intercambios y encontrar los mul-tiplicadores m21, m31, m32 y los pivotes α11, α22, α33 al igual que lasmatrices elementales.

(24) Demostrar que la inversa de una matriz triangular superior (o inferior)no singular es triangular superior (o inferior).

(25) Demostrar que el producto de muchas matrices triangulares superiores(o inferiores) es triangular superior (o inferior).

(26) Para las matrices A, que se tienen a continuacion, encontrar su descom-posicion LU y verificar que A = LU :

[2 42 1

],

−2 −4 2 −21 5 5 −8

−1 0 7 −112 7 3 −3

,

1 2 −6−3 4 7

2 4 3

.

(27) Para las matrices A, que se tienen a continuacion, encontrar su descom-posicion PA = LU y verificar que A = P T LU :

[0 22 4

],

2 6 −4−4 12 11

3 14 −16

,

2 4 0 −2−4 −8 0 3

3 7 2 45 6 1 −8

.

(28) Sea A una matriz p × q. Demostrar que la unica solucion de A~x = ~0 es~x = ~0 si y solo si el rango de la matriz A es igual al numero de incognitasq.

(29) Si A es una matriz cuadrada p × p no singular, demostrar que el rangode A es igual a p.

(30) La ecuacion de la lınea recta en R2 es ax + by = c. Se consideran las plıneas rectas de ecuaciones aix + biy = ci (1 ≤ i ≤ p). Demostrar quetodas estas p lıneas rectas pasan por un punto comun si y solo si el rangode [~a,~b] es igual al rango de [~a,~b,~c].

(31) Sea A una matriz de orden p × q. Demostrar que AT A es singular si elrango de A es menor que q.

546

(32) Sean t1, t2, · · · , tr numeros reales y distintos. Sean b1, b2, · · · , br y b′1, b′2,· · · , b′r numeros reales. Demostrar que existe un polinomio P de gradomenor o igual a 2r − 1 tal que P (ti) = bi y P ′(ti) = b′i donde P ′ es laderivada de P .

(33) Hallar la inversa de la matriz:

A =

2 1 −32 4 −1

−2 1 10

.

(34) Sean A y B matrices de orden p× p:

(a) Si AB es no singular, entonces A y B son no singulares.

(b) Si una de las matrices (A o B) es no singular, entonces su productoes singular si y solo si la otra matriz es singular.

(35) Sean B de orden p× q y A de orden q × q dos matrices y A no singular.Demostrar que el rango de BA es igual al rango de B.

(36) Sean B de orden p× q y A de orden p× p dos matrices y A no singular.Demostrar que el rango de AB es igual al rango de B.

(37) Sean A de orden p× q y B de orden q × p con q < p dos matrices.

(a) Demostrar que AB es singular.

(b) Mediante ejemplos probar que BA puede ser no singular.

(38) Sea:

αk+1

βk+1

γk+1

=

0 0 rp 0 00 q 0

αk

βk

γk

,

demostrar que:

αk+3

βk+3

γk+3

= pqr

αk

βk

γk

.

Si este fenomeno representa el movimiento de cierta poblacion, entonces:

(a) Si pqr < 1, la poblacion muere.

(b) Si pqr > 1, la poblacion crece sin control.

(39) (a) Dada una matriz A. los vectores propios correspondientes a distin-tos valores propios son linealmente independientes.

547

(b) Si A tiene n valores propios distintos, entonces existen solo n vec-tores propios linealmente independientes.

(40) Hallar los valores propios de A =

2 2 −62 −1 −3

−2 −1 1

. Hallar los vectores

propios que sean linealmente independientes.

(41) Igual que en el problema anterior para las matrices:

(a)

2 −1 10 2 10 0 3

(b)

7 1 2−1 7 0

1 −1 6

(42) Calcular el determinante

∣∣∣∣∣∣

1 1 1a b c

a2 b2 c2

∣∣∣∣∣∣

(43) Sea d el determinante de la matriz [aij] y sea D el determinante de lamatriz adjunta [Aij]. Probar que D = dn−1

(44) Calcular el determinante:∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

1 1 1 · · · 1a1 a2 a3 · · · an

a21 a2

2 a23 · · · a2

n...

......

.........

...an−1

1 an−12 an−1

3 · · · an−1n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(45) Demostrar que la solucion unica del sistema:

n∑i=1

xi = 0

n∑i=1

x2i = 0

...n∑

i=1

xni = 0

548

es x1 = x2 = · · · = xn = 0.

(46) Si [aij] es antisimetrica y de orden impar, entonces det [aij] = 0, o sea lamatriz [aij] tiene un valor propio igual a 0.

(47) Resolver el sistema:

x1 + 2x2 + 3x3 + · · · + nxn = n + 1x1 + 22x2 + 32x3 + · · · + n2xn = (n + 1)2

x1 + 23x2 + 33x3 + · · · + n3xn = (n + 1)3

......

............

......

x1 + 2nx2 + 3nx3 + · · · + nnxn = (n + 1)n

(48) Demostrar que:

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 + a1 1 1 11 1 + a2 1 11 1 1 + a3 11 1 1 1 + a4

∣∣∣∣∣∣∣∣= a1a2a3a4

(1 +

1

a1

+1

a2

+1

a3

+1

a4

)

(49) Si 2s = a + b + c, demostrar que:

∣∣∣∣∣∣

a2 (s− a)2 (s− a)2

(s− b)2 b2 (s− b)2

(s− c)2 (s− c)2 c2

∣∣∣∣∣∣= 2s3(s− a)(s− b)(s− c) .

(50) Sea ABCD un tetraedro de volumen V con A(xA, yA, zA), B(xB, yB, zB),C(xC , yC , zC), D(xD, yD, zD), BC = a, CA = b, AB = c, AD = d,BD = e, CD = f . Sabiendo que:

6V =

∣∣∣∣∣∣∣∣

xA yA zA 1xB yB zB 1xC yC zC 1xD yD zD 1

∣∣∣∣∣∣∣∣,

probar que:

−36R2V2 =1

16

∣∣∣∣∣∣∣∣

0 c2 b2 d2

c2 0 a2 e2

b2 a2 0 f 2

d2 e2 f 2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣,

siendo R el radio de la esfera circunscrita.

Indicacion: Colocar el origen en el circuncentro y considerar (6rV)(−6rV).

549

(51) Si ax + by + cz = 1, cx + ay + bz = 0, bx + cy + az = 0, demostrar que:

∣∣∣∣∣∣

x y zz x yy z x

∣∣∣∣∣∣

∣∣∣∣∣∣

a c bb a cc b a

∣∣∣∣∣∣= 1 .

550

apuntes de Álgebra - arenas, masjuán & villanueva

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