matem´aticas de primer curso problemas resueltos i... · 2020. 9. 16. · matem´aticas de primer...

Matematicas de primer curso

PROBLEMAS RESUELTOSAlberto del Valle (Dpto. de Matematicas - Univ. de Murcia)

Septiembre de 2019

Este documento recopila enunciados y soluciones de ejercicios de examenes de asignaturas de ma-tematicas de la Licenciatura en Quımica (2002-2006), del Grado en Ingenierıa Quımica (2009-2016) y delGrado en Quımica (2016-2019) en la Universidad de Murcia impartidas por el autor.

Las que se proponen no son las unicas formas de abordar la resolucion de cada ejercicio, y en ocasioneslas soluciones no son unicas (como por ejemplo en los problemas de diagonalizacion).

Los apartados marcados con (*) no forman parte de la asignaturaMatematicas I del Grado en Quımica,pero se incluyen por si pueden ser de utilidad en otras asignaturas. En los apartados “que sı entran” (losque no llevan *) tambien puede haber problemas que se salgan de lo que es evaluable en la asignatura enun determinado curso (por ejemplo, algun metodo de integracion que no de tiempo a ver).

Indice

1. SISTEMAS, MATRICES, DETERMINANTES 2

2. AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACION 36

3. GEOMETRIA 76

4. TRANSFORMACIONES LINEALES (*) 108

5. NUMEROS COMPLEJOS 111

6. NUMEROS REALES Y FUNCIONES DE UNA VARIABLE (BASICO) 121

7. UNA VARIABLE: LIMITES Y DERIVABILIDAD 126

8. UNA VARIABLE: APROXIMACION DE RAICES (*) 148

9. UNA VARIABLE: GRAFICAS (*) 152

10.UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACION 159

11.UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN 177

12.UNA VARIABLE: PRIMITIVAS, INTEGRAL DEFINIDA Y APLICACIONES 194

13.REPRESENTACION GRAFICA DE DESIGUALDADES (*) 212

14.VARIAS VARIABLES: LIMITES (*) 216

15.VARIAS VARIABLES: DIFERENCIABILIDAD Y DERIVACION PARCIAL (*) 217

16.VARIAS VARIABLES: EXTREMOS (*) 228

17.VARIAS VARIABLES: INTEGRALES DOBLES (*) 244

18.ECUACIONES DIFERENCIALES Y SUS APLICACIONES (*) 251

1 SISTEMAS, MATRICES, DETERMINANTES

1. SISTEMAS, MATRICES, DETERMINANTES

1. Responde razonadamente las siguientes preguntas para un sistema de ecuaciones lineales con mecuaciones y n incognitas:

a) Si m > n, ¿puede el sistema ser compatible indeterminado?

b) Si m < n, ¿puede el sistema ser compatible determinado?

Solucion: a) Sı, si algunas de las ecuaciones dependen de las otras (o sea, si aparecen filas de cerosal hacer el metodo de Gauss) puede que el rango de la matriz de coeficientes (r) sea menor quen y entonces, si el sistema es compatible, es indeterminado con n− r grados de libertad (Rouche-Frobenius).

Por ejemplo, si a dos ecuaciones como x + y + z = 3 y 2x + 3y + 4z = 9 les anadimos otrasque sean “combinaciones lineales suyas”, por ejemplo su suma 3x + 4y + 5z = 12 y su diferenciax+2y+3z = 6, queda un sistema con 4 ecuaciones (m = 4) y 3 incognitas (n = 3) que es compatibleindeterminado.

b) No, porque el rango de la matriz de coeficientes (r) es a lo sumo igual al numero de filas, o seaal numero de ecuaciones (r ≤ m). Por tanto el rango es menor que el numero de incognitas (r < n)y, en caso de ser compatible, es indeterminado con n− r grados de libertad (Rouche-Frobenius).

o

2. Escribe tres sistemas de ecuaciones lineales con 3 ecuaciones y 2 incognitas. Uno que sea incompa-tible, otro que sea compatible determinado y otro que sea compatible indeterminado.

Solucion: Ponemos dos ecuaciones con coeficientes no proporcionales, por ejemplo x − y = 0 yx + y = 2, lo que nos da una solucion unica x = 1, y = 1. Si anadimos una tercera ecuacion“que respete esa solucion”, por ejemplo 2x + 3y = 5, esta tercera ecuacion sobra y el sistema escompatible determinado. En cambio, si la tercera ecuacion “no respeta esa solucion”, por ejemplo2x+ 3y = 4, el sistema es incompatible.

Solo sera compatible indeterminado si las tres ecuaciones son proporcionales, por ejemplo x+2y = 5,3x+ 6y = 15, −2x− 4y = −10.

o

3. Para una matriz A de tamano arbitrario: ¿Que significa que A sea escalonada por filas? ¿Quesignifica que A sea escalonada reducida por filas?

Solucion: Llamando “pivote” de una fila no nula a su primera entrada no nula, A es escalonadasi las filas nulas son las ultimas, y el pivote de cada fila no nula esta a la derecha del pivote de lafila anterior.

Y es escalonada reducida si ademas cada pivote vale 1 y es el unico elemento no nulo de su columna(hay ceros sobre los pivotes).

o

Matematicas de 1 , problemas 2 Alberto del Valle Robles


4. ¿Que es el rango de una matriz? Enuncia el teorema de Rouche-Frobenius para un sistema de mecuaciones lineales con n incognitas con matriz asociada (A|B).

Solucion: El rango de una matriz A, denotado por rg(A), es el numero de pivotes que tienecualquier matriz escalonada por filas que sea equivalente por filas a la matriz1.

El teorema de Rouche-Frobenius dice que un sistema de m ecuaciones lineales con n incognitas conmatriz asociada (A|B) es compatible si y solo si rg(A) = rg(A|B), y en ese caso tiene n − rg(A)grados de libertad (en particular, es compatible determinado si y solo si rg(A) = rg(A|B) = n).

o

5. Tenemos un sistema de ecuaciones con matriz (A |B) que es compatible. ¿Que relaciones hay entrelos siguientes numeros?

N = n de incognitas del sistema. PAR = n de parametros de los que dependen las soluciones.rg(A), rg(A|B) = rangos de las matrices A y (A|B). GL = grados de libertad del sistema.PA, P(A|B)= n de pivotes en una forma escalonada de A y de (A|B).

Solucion: En general rg(A) = PA y rg(A|B) = P(A|B), y por ser el sistema compatible ambos soniguales. En general se tiene PAR = GL = N − rg(A).

o

6. ¿Como se definen los “grados de libertad” que tiene un sistema compatible de ecuaciones lineales?¿Como se relacionan con el numero de incognitas y con la matriz (A|B) del sistema? ¿Como serelacionan con la dimension de una variedad?

Solucion: Es el numero mınimo de parametros necesario para describir las soluciones del sistema,y se puede calcular como el numero de incognitas menos el rango de A (Rouche-Frobenius). Ladimension de una variedad coincide con los grados de libertad del sistema que la define (o sea, desus ecuaciones implıcitas).

o

7. Describe de forma concisa como se puede interpretar, en terminos del sistema de ecuaciones linealesasociado a cierta matriz, la condicion (para vectores de R

n)

~b es combinacion lineal de ~a1,~a2, . . . ,~am

Solucion: La condicion es cierta precisamente cuando es compatible el sistema con matriz asociada(~a1~a2 · · · ~am |~b), con los vectores puestos por columnas. En este caso, cada solucion (x1, x2, . . . , xm)del sistema da un juego de coeficientes para la expresion ~b = x1~a1 + x2~a2 + · · ·+ xm~am.

o

1Tambien es el maximo numero de filas linealmente independientes que tiene la matriz, o el tamano del mayor determinanteno nulo “que contiene” la matriz, pero no vimos esto expresamente en clase.



8. Tenemos n vectores-columna ~v1, ~v2, . . . , ~vn de Rm, y nos preguntamos si otro vector-columna ~v de

Rm es o no es combinacion lineal de aquellos. Se pide:

a) ¿Que matriz asociada a un sistema de ecuaciones lineales usarıas para obtener la respuesta?

b) ¿Cual es la relacion entre la compatibilidad de ese sistema y la respuesta?

c) Cuando la respuesta es afirmativa, ¿como obtendrıas una expresion concreta de ~v como com-binacion lineal de ~v1, ~v2, . . . , ~vn?

Solucion: a) La matriz (~v1 ~v2 · · · ~vn |~v), con los vectores puestos por columnas.

b) La respuesta es afirmativa (o sea, ~v es CL de ~v1, ~v2, . . . , ~vn) si y solo si el sistema es compatible.

c) Tomarıa una solucion del sistema (r1, r2, . . . , rn), y entonces ~v = r1~v1 + r2~v2 + · · · + rn~vn es laexpresion buscada de ~v como CL de ~v1, ~v2, . . . , ~vn.

o

9. Escribe las propiedades que conozcas relativas al producto de matrices. Senala tambien propiedadesque en general no tiene esa operacion.

Solucion: Ver los apuntes; el producto de matrices no es conmutativo ni cancelativo. Se puedenanadir propiedades como (AB)−1 = B−1A−1 cuando A y B son invertibles del mismo tamano, ocomo |AB| = |A| · |B| cuando A y B son cuadradas del mismo tamano.

o

10. Dada una matriz cuadrada A, ¿que significa que A sea invertible? Enuncia todas las propiedadesque conozcas que sean equivalentes a esa.

Solucion: Significa que existe otra matriz cuadrada B del mismo tamano con A = BA = In (donden es el tamano de las matrices). Una serie de condiciones equivalentes esta en el Teorema 1.4.3.

o

11. Describe los tres tipos de operaciones elementales que se pueden hacer a las filas de una matriz, ydi cual es el efecto que tienen en el calculo de determinantes de matrices cuadradas.

Solucion: Un tipo de operacion elemental consiste en intercambiar dos filas, y su efecto es uncambio de signo en el determinante. Otro tipo consiste en multiplicar una fila por un escalar nonulo r, y el determinante de la matriz resultante es el de la inicial multiplicado por r. El tercer tipoconsiste en sumar a una fila un multiplo escalar de otra distinta, y no altera el determinante.

o



12. Enuncia todas las propiedades que conozcas relativas al calculo de determinantes.

Solucion: El determinante es lineal en cada fila. Se puede “sacar factor comun” de cualquierfila. Si hay dos filas proporcionales (en particular, si hay una fila nula) el determinante vale 0.Un intercambio de dos filas produce un cambio de signo en el determinante. Sumar a una fila unmultiplo de otra no altera el determinante. El determinante se puede calcular desarrollando porcualquier fila. Todo lo anterior cambiando “filas” por “columnas”. Trasponer una matriz no alterasu determinante (|At| = |A|). El determinante de un producto es el producto de los determinantes(|AB| = |A||B|). Un escalar b “sale del determinante” elevado al tamano n de la matriz (|bA| =bn|A|). El determinante de una matriz triangular superior o inferior es el producto de los elementosde la diagonal principal.

o

13. Enuncia todas las aplicaciones de los determinantes que conozcas.

Solucion: Determinar si una matriz es invertible, y calcular inversas. Resolver sistemas compa-tibles determinados (Cramer). Calcular rangos. Calcular areas de paralelogramos y volumenes deparalelepıpedos. Calcular autovalores. Calcular productos vectoriales y mixtos. Calcular ecuacionesde planos en R

3. Calcular la distancia de un punto a un plano en R3. Clasificar puntos crıticos de

funciones de varias variables (test de las derivadas segundas).

o

14. ¿Como se puede usar un determinante para calcular el area de un paralelogramo en R2?

Solucion: Si conocemos las coordenadas de los vectores correspondientes a dos lados adyacentes,el area es el valor absoluto del determinante que se obtiene al poner esas coordenadas por filas(o por columnas). Si lo que conocemos son las coordenadas de los vertices, podemos obtener lascoordenadas de vectores correspondientes a dos lados adyacentes restando las de vertices adecuados.

o

15. Se considera un sistema dem ecuaciones lineales con n incognitas x1, x2, . . . , xn con matriz ampliada(A |B). Contesta:

a) ¿Cuando se puede resolver este sistema usando el metodo de Cramer?

b) En ese caso, ¿como se calcula el valor de x1 en la unica solucion del sistema?

Solucion: El sistema se puede resolver usando el metodo de Cramer cuando el numero de ecua-ciones coincide con el de incognitas (m = n) y la matriz (cuadrada) A es invertible.

Entonces el valor de x1 en la unica solucion del sistema es d/|A|, donde d es el determinante de lamatriz que se obtiene al sustituir la primera columna de A por la columna B.

o



16. Si A es una matriz m× n y X es una matriz-columna n× 1, explica como se puede interpretar elproducto AX en terminos de las columnas de A. Aplica esa idea para encontrar de manera directauna solucion no trivial de cada uno de los sistemas homogeneos de ecuaciones lineales con matricesde coeficientes

A1 =

1 20 221 30 321 40 42

y A2 =

20 1 2330 1 3340 1 43

Solucion: El producto AX (matriz-columna m× 1) es una combinacion lineal de las n columnasde A (todas de tamano m × 1) cuyos coeficientes son las n coordenadas del vector X en el ordencorrespondiente. O sea, si X = (x1, x2, . . . , xn)

t y las columnas da A son C1, C2, . . . , Cn entoncesAX = x1C1 + x2C2 + · · ·+ xnCn.

En la matriz A1 es claro que C3 = C2 +2C1, o sea 2C1 +C2 −C3 = ~0 (el vector columna (0, 0, 0)t).Como la parte izquierda de esta igualdad es una combinacion lineal de las columnas de A1, podemosreescribirla como A1~v = ~0 donde ~v = (2, 1,−1)t. Este vector es una solucion como la que se pide (noes la unica, cualquier multiplo no nulo de ~v servirıa), dado que el sistema homogeneo consideradoequivale a la ecuacion matricial A1X = 0.

Analogamente, en A2 se cumple claramente C3 = C1 + 3C2, o sea C1 + 3C2 − C3 = ~0, y por tanto~w = (1, 3,−1)t es una solucion como la que se pide.

o

17. Encuentra “a ojo” una relacion sencilla entre las columnas de la matriz A =

20 24 180 88 260 64 1

. Usa

esa relacion para discutir y resolver sin hacer operaciones (pero explicando el proceso) el sistemahomogeneo con matriz (A | 0).

Solucion: Si las columnas son C1, C2 y C3, hay una relacion evidente C2 = C1+4C3. Por tanto elvector-columna ~v = (1,−1, 4)t satisface A~v = ~0, o sea es una solucion del sistema, que por tanto escompatible con al menos 1 grado de libertad (tiene mas soluciones que la trivial). Para tener 2 gradosde libertad la matriz deberıa tener rango 1, o sea deberıa tener todas sus filas proporcionales, cosaque no ocurre. Por tanto tiene exactamente 1 grado de libertad, y sus soluciones son los multiplosde ~v.

Observacion: tambien es clara la relacion F2 = F1 + F3 entre las filas, y permite hacer el mismotipo de discusion del sistema (la relacion nos dice que el rango no es 3, la no proporcionalidad nosdice que no es 1, por tanto el rango es 2 y hay 1 grado de libertad). Pero esta relacion entre las filasno nos da una solucion. Sı nos dice que el vector-fila ~w = (1,−1, 1) verifica ~wA = (0, 0, 0), peroesto no ayuda a encontrar una solucion del sistema AX = 0 (donde X es un vector-columna).

o

18. En R2, expresa el vector (25, 15) como combinacion lineal de los vectores (1, 2) y (3, 1).

Solucion: Buscamos a, b con (25, 15) = a(1, 2) + b(3, 1) = (a+ 3b, 2a+ b), o sea con a+ 3b = 25 y2a+ b = 15, y resolviendo el sistema se obtiene a = 4, b = 7.

o



19. Encuentra el unico valor de a tal que ~u =

a2a

es combinacion lineal de ~v =

413

y ~w =

−221

. Para ese valor de a, expresa ~u como combinacion lineal de ~v y ~w.

Solucion: ~u es combinacion lineal de ~v y ~w si y solo si el sistema con matriz ampliada [~v ~w|~u] escompatible. Hacemos operaciones elementales:

4 −2 a1 2 23 1 a

→

1 2 24 −2 a3 1 a

→

1 2 20 −10 a− 80 −5 a− 6

→

1 2 20 5 6− a0 0 4− a

Por tanto, el valor pedido es a = 4. Los coeficientes de la combinacion lineal son las soluciones delsistema; para hallarlas seguimos transformando la matriz con ese valor de a:

(

1 2 20 5 2

)

→(

1 2 20 1 2/5

)

→(

1 0 6/50 1 2/5

)

Por tanto ~u =6

5~v +

2

5~w.

o

20. Discute y resuelve el sistema de ecuaciones lineales

x + 2y − 3z + t = 22x − y − z − t = 1−x + y + 2z − t = 03x + 2y − 4z − 3t = 1

Solucion: Se puede observar que el determinante de la matriz de coeficientes no es cero y aplicarel metodo de Kramer, pero esto obliga a calcular 5 determinantes de tamano 4×4. Se hacen menoscuentas con el metodo de Gauss:

1 2 −3 1 22 −1 −1 −1 1

−1 1 2 −1 03 2 −4 −3 1

→

1 2 −3 1 20 −5 5 −3 −30 3 −1 0 20 −4 5 −6 −5

→

1 2 −3 1 20 1 0 −3 −20 −5 5 −3 −30 3 −1 0 2

→

1 2 −3 1 20 1 0 −3 −20 0 5 −18 −130 0 −1 9 8

→

1 2 −3 1 20 1 0 −3 −20 0 1 −9 −80 0 0 27 27

→

1 2 −3 1 20 1 0 −3 −20 0 1 −9 −80 0 0 1 1

→

por tanto el sistema es compatible determinado, y ahora resolviendo de abajo hacia arriba o llegandoa la forma escalonada reducida se obtiene la solucion unica x = 2, y = 1, z = 1, t = 1.

o



21. Discute y resuelve el siguiente sistema de ecuaciones lineales:

2x+ z = y + 2t+ 73x = 4y + z + 8t+ 35x = 7y + 2z + 14t+ 4

Solucion: La matriz del sistema con incognitas x, y, z, t es

2 −1 1 −2 73 −4 −1 −8 35 −7 −2 −14 4

.

Podemos manipularla de diversas formas para resolver el sistema. Veamos dos opciones (hay bas-tantes mas igual de razonables y que requieren un trabajo similar en cuanto a cuentas):

Opcion 1: Ponemos un 1 en la primera columna haciendo F2 − F1 y a partir de ahı hacemos unproceso estandar de Gauss-Jordan:

2 −1 1 −2 73 −4 −1 −8 35 −7 −2 −14 4

→

2 −1 1 −2 71 −3 −2 −6 −45 −7 −2 −14 4

→

1 −3 −2 −6 −42 −1 1 −2 75 −7 −2 −14 4

→

1 −3 −2 −6 −40 5 5 10 150 8 8 16 24

→(

1 −3 −2 −6 −40 1 1 2 3

)

→(

1 0 1 0 50 1 1 2 3

)

El sistema es pues compatible indeterminado con dos grados de libertad, y se resuelve asignandoparametros a las incognitas sin pivote: con z = α y t = β se obtiene x = 5 − α e y = 3 − α − 2β,por lo que la solucion general la podemos expresar como

xyzt

=

5300

+ α

−1−110

+ β

0−201

Opcion 2: Como la tercera columna es especialmente comoda, podemos reorganizar las incognitascomo z, x, y, t, reescribir la matriz con ese orden y hacer un proceso estandar de Gauss-Jordan:

1 2 −1 −2 7−1 3 −4 −8 3−2 5 −7 −14 4

→

1 2 −1 −2 70 5 −5 −10 100 9 −9 −18 18

→

(

1 2 −1 −2 70 1 −1 −2 2

)

→(

1 0 1 2 30 1 −1 −2 2

)

Al resolver hay que recordar el cambio de orden: asignamos parametros a y = α y t = β, y enfuncion de ellos despejamos z = 3− α− 2β y x = 2 + α+ 2β, por lo que la solucion general es

xyzt

=

2030

+ α

11

−10

+ β

20

−21

o



22. Discute y resuelve el sistema de ecuaciones lineales

2x+ y + 4t = 4− z5x+ 8y + 10t = 3z − 13x+ 2y + z + 6t = 5

Muestra tres soluciones que sean puntos no alineados.

¿Existe alguna solucion en la que la tercera coordenada sea el doble de la segunda?

Solucion: La matriz del sistema con incognitas x, y, z, t es

2 1 1 4 45 8 −3 10 −13 2 1 6 5

.

Hay muchas formas de manipular la matriz para obtener una forma escalonada. Por ejemplo,podemos poner un 1 a la izquierda haciendo F3 − F1, y entonces pasamos esa tercera fila arribapara obtener:

1 1 0 2 12 1 1 4 45 8 −3 10 −1

→

1 1 0 2 10 −1 1 0 20 3 −3 0 6

Eliminando la ultima fila hemos llegado a una forma escalonada en la que vemos que el rango es2 y no hay pivotes en la columna de terminos independientes, por lo que el sistema es compatiblecon 2 grados de libertad (numero de incognitas menos rango).

Para resolverlo, vemos que en la columna de x y en la de z hay “unos que estan solos” (marcados ennegrita), lo que permite despejar directamente esas incognitas en terminios de las otras. Por tantoasignamos parametros a esas otras, y = α y t = β y tenemos x = 1 − α − 2β y z = 2 + α, por loque la solucion general es

xyzt

=

1020

+ α

−1110

+ β

−2001

α, β ∈ R

Para mostrar tres soluciones no alineadas basta con particularizar los parametros (α, β) por ejem-plo a los valores (0, 0), (1, 0) y (0, 1) para obtener los puntos P = (1, 0, 2, 0), Q = (0, 1, 3, 0) y

R = (−1, 0, 2, 1), que no estan alineados pues−−→PQ = (−1, 1, 1, 0) y

−→PR = (−2, 0, 0, 1) no son

proporcionales.

Finalmente, se pide una solucion con z = 2y, o sea con 2 + α = 2α, lo que equivale a α = 2; comola condicion no afecta a β, tomamos por ejemplo β = 0 para obtener el punto (−1, 2, 4, 0).

o

23. ¿Para que valores de b es posible expresar de varias formas distintas el vector

b+ 114

como

combinacion lineal de los vectores

1−1b

,

b21

y

2b

−2

?

Solucion: Se trata de ver cuando es compatible indeterminado el sistema con matriz ampliada

(A |B) =

1 b 2 b+ 1−1 2 b 1b 1 −2 4



Si rg(A) = 3 entonces tambien rg(A|B) = 3 y el sistema es compatible determinado, que no es loque buscamos. Nos interesan por tanto solamente los valores con rg(A) < 3, o sea con |A| = 0.Calculamos

|A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 b 2−1 2 bb 1 −2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (b+ 1)(b+ 2)(b− 3)

(se puede calcular por Sarrus para obtener b3 − 7b − 6 y entonces factorizarlo usando Ruffini, oempezar haciendo algun cero, por ejemplo con F2 + F1, que da el factor comun b + 2 y permitesegur con C3 − C2).

Los valores interesantes de b son por tanto b = −1, b = −2 y b = 3. Para b = −1 se tiene

(A |B) =

1 −1 2 0−1 2 −1 1−1 1 −2 4

→

1 −1 2 00 1 1 10 0 0 4

por lo que el sistema es incompatible y b = −1 no es uno de los valores pedidos. Para b = −2 setiene

(A |B) =

1 −2 2 −1−1 2 −2 1−2 1 −2 4

→

1 −2 2 −10 0 0 00 −3 2 2

por lo que el sistema compatible indeterminado y b = −2 sı es uno de los valores pedidos. Parab = 3 se tiene

(A |B) =

1 3 2 4−1 2 3 13 1 −2 4

→

1 3 2 40 5 5 50 −8 −8 −8

por lo que el sistema compatible indeterminado y b = 3 tambien es uno de los valores pedidos.

o

24. Discute este sistema de ecuaciones con incognitas x, y, z, t en funcion de los valores de a y b.

x + 2y + 3z + 4t = 14−x + 4y + 5z + 10t = 227x + 8y + 13z + 14t = 623x + 3y + 5z + at = b

Solucion: Aplicamos el metodo de Gauss:

1 2 3 4 14−1 4 5 10 227 8 13 14 623 3 5 a b

→

1 2 3 4 140 6 8 14 360 −6 −8 −14 −360 −3 −4 a− 12 b− 42

1

2F2−−−−−→

F4+1

2F2

1 2 3 4 140 3 4 7 180 0 0 a− 5 b− 24

Por tanto, llamando (A|B) a la matriz del sistema, se tiene:

Para a 6= 5 se tiene rg(A) = 3 y rg(A|B) = 3, luego el sistema es compatible indeterminadocon 1 grado de libertad.

Para a = 5 y b = 24 se tiene rg(A) = 2 y rg(A|B) = 2, luego el sistema es compatibleindeterminado con 2 grados de libertad.

Para a = 5 y b 6= 24 se tiene rg(A) = 2 y rg(A|B) = 3, luego el sistema es incompatible.

o



25. Discute (indicando los grados de libertad cuando sea compatible) este sistema de ecuaciones conincognitas x, y, z, t en funcion de los valores de a y b.

x + 3y − z + 2t = 4−x + y + 2z + 3t = 55x + 7y − 7z = 25x + 3y − 8z + at = b

Solucion: Aplicamos el metodo de Gauss de forma elemental:

1 3 −1 2 4−1 1 2 3 55 7 −7 0 25 3 −8 a b

→

1 3 −1 2 40 4 1 5 90 −8 −2 −10 −180 −12 −3 a− 10 b− 20

→

1 3 −1 2 40 4 1 5 90 0 0 0 00 0 0 a+ 5 b+ 7

Por tanto, llamando (A|B) a la matriz del sistema, se tiene:

Para a 6= −5 se tiene rg(A) = 3 y rg(A|B) = 3, luego el sistema es compatible indeterminadocon 1 grado de libertad.

Para a = −5 y b = −7 se tiene rg(A) = 2 y rg(A|B) = 2, luego el sistema es compatibleindeterminado con 2 grados de libertad.

Para a = −5 y b 6= −7 se tiene rg(A) = 2 y rg(A|B) = 3, luego el sistema es incompatible.

o

26. Se pide, para el sistema homogeneo con matriz de coeficientes A =

b 1 11 b 11 1 b

:

a) Discutelo segun los valores de b, indicando los grados de libertad cuando proceda.

b) Resuelvelo para b = −2.

Solucion: (a) Como el sistema es homogeneo, siempre es compatible, por lo que solo hay queindicar si es determinado o indeterminado, indicando los grados de libertad en este ultimo caso.

Una opcion: Operamos por filas usando como pivote el 1 de abajo a la izquierda:

b 1 11 b 11 1 b

→

0 1− b 1− b2

0 b− 1 1− b1 1 b

Si b = 1 las dos primeras filas se anulan y el rango de A es 1, por lo que el sistema es indeterminadocon 2 grados de libertad. Si b 6= 1, podemos dividir cada una de las dos primeras filas por 1 − b yluego usar el pivote de arriba a la izquierda para obtener

0 1 1 + b0 −1 11 1 b

→

0 1 1 + b0 0 2 + b1 1 b

Si b = −2 una fila se anula y quedan 2 pivotes, luego el sistema es indeterminado con 1 grado delibertad. Si b 6= −3 (y b 6= 1) entonces hay 3 pivotes y el sistema es determinado.



Otra opcion: Empezamos sumando a la primera fila las otras dos para obtener (b+ 2 b+ 2 b+ 2).

Si b = −2 entonces la primera fila se anula y queda la siguiente matriz, en la que aplicamos Gausspara obtener 2 pivotes, luego el sistema es compatible con 1 grado de libertad:

(

1 −2 11 1 −2

)

→(

1 −2 10 3 −3

)

Si b 6= −2 dividimos la primera fila por b+ 2 y restamos a cada fila la primera:

1 1 11 b 11 1 b

→

1 1 10 b− 1 00 0 b− 1

Si b = 1 queda una unica fila no nula y el rango de A es 1 (2 grados de libertad), y si b 6= 1 (yb 6= −3) quedan 3 pivotes y el sistema es determinado.

Otra opcion: Se calcula el determinante de A, que vale b3 − 3b+2 = (b− 1)2(b+2). Entonces parab 6= 1 y b 6= −2 el determinante no es nulo y el sistema es determinado. Para b = 1 y b = −2 setrabaja con la matriz concreta de modo sencillo para obtener ls mismos resultados que antes.

(b) Para resolverlo cuando b = −2 podemos aprovechar algunas de las manipulaciones anteriores;por ejemplo en la primera opcion vemos que nos queda

(

0 1 −11 1 −2

)

→(

0 1 −11 0 −1

)

y haciendo z = α vemos que las soluciones son las ternas (α, α, α) con α un numero cualquiera.

o

27. Se pide, para el sistema homogeneo con matriz de coeficientes A =

1 1 bb 1 1

b+ 1 b+ 1 2

:

a) Discutelo segun los valores de b, indicando los grados de libertad cuando proceda.

b) Resuelvelo para el valor de b para el cual tiene un grado de libertad.

Solucion: Como el sistema es homogeneo, siempre es compatible, por lo que solo hay que indicarsi es determinado o indeterminado, indicando en este caso los grados de libertad que seran 3−rg(A)(numero de incognitas menos el rango de la matriz). Operamos por filas:

1 1 bb 1 1

b+ 1 b+ 1 2

F2−bF1−−−−−−−→F3−(b+1)F1

1 1 b0 1− b 1− b2

0 0 2− b2 − b

La expresion 2 − b2 − b = −(b2 + b − 2) se anula para b = 1 y para b = −2. Para valores deb distintos de estos la matriz tiene tres pivotes en la diagonal, por lo rg(A) = 3 y el sistema escompatible determinado, con solucion unica (0, 0, 0) al ser homogeneo. Para b = 1 se anulan lasdos ultimas filas, por lo que rg(A) = 1 y ası el sistema es indeterminado con 2 grados de libertad.Finalmente, para b = −2 hay pivotes en las dos primeras filas, por lo que rg(A) = 2 y ası el sistemaes indeterminado con 1 grado de libertad. Para resolverlo en este caso basta con sustituir b = −2



en la ultima expresion, eliminar la ultima fila que se anula, y terminar con una aplicacion estandardel metodo de Gauss:

(

1 1 −20 3 −3

)

→(

1 1 −20 1 −1

)

→(

1 0 −10 1 −1

)

Asignando un parametro a la incognita sin pivote, z = λ, se obtiene x = λ e y = λ y por tanto lassoluciones del sistema son las ternas (x, y, z) = (λ, λ, λ) = λ(1, 1, 1) con λ ∈ R.

Otra opcion consiste en calcular el determinante de A que vale (usando Sarrus)

2 + b+ 1 + b3 + b2 − b2 − b− b− 1− 2b = b3 − 3b+ 2 = (b− 1)2(b+ 2)

(para la ultima factorizacion se observa que 1 es raız, se divide el polinomio por Ruffini, etcetera).Para valores distintos de 1 y de −2 el determinante no se anula, luego el rango de A es 3 y el sistemaes determinado, y para esos dos valores concretos se analizan los sistemas correspondientes.

o

28. Se pide, para el sistema de ecuaciones lineales

2x+ y + 3z + 4t = 144x+ 3y + z + 2t = 12

2x+ 3y +mz − 8t = −18

(a) Discutelo segun los valores de m.

(b) Para m = 0, da tres soluciones distintas del sistema que sean puntos alineados.

(c) Para algun valor dem que haga al sistema compatible con 2 grados de libertad, da tres solucionesdistintas del sistema que sean puntos NO alineados.

Solucion: (a) La matriz del sistema con incognitas x, y, z, t es

2 1 3 4 144 3 1 2 122 3 m −8 −18

.

Como en la primera columna todas las entradas son pares, podemos usar el 2 como pivote comodopara poner ceros debajo, y el resto de la manipulacion para obtener una forma escalonada esestandar:

2 1 3 4 144 3 1 2 122 3 m −8 −18

→

2 1 3 4 140 1 −5 −6 −160 2 m− 3 −12 −32

→

2 1 3 4 140 1 −5 −6 −160 0 m+ 7 0 0

Para m = −7 se anula la ultima fila y quedan 2 pivotes, ninguno en la columna de terminosindependientes, por lo que el sistema es compatible con 2 grados de libertad (incognitas menosrango). Para m 6= −7 quedan 3 pivotes, ninguno entre los terminos independientes, por lo que elsistema es compatible con 1 grado de libertad.

(b) En particular, para m = 0 el conjunto de soluciones es una recta (1 grado de libertad) y portanto cualesquiera tres soluciones estaran alineadas. Lo resolvemos dividiendo la tercera fila por 7y poniendo ceros sobre los pivotes para llegar a una forma escalonada reducida:

2 1 3 4 140 1 −5 −6 −160 0 1 0 0

→

2 1 0 4 140 1 0 −6 −160 0 1 0 0

→

1 0 0 5 150 1 0 −6 −160 0 1 0 0



Asignando un parametro a la incognita sin pivote, t = α, el resto “se despejan solas”: x = 15− 5α,y = −16 + 6α, z = 0, por lo que la solucion general es

xyzt

=

15−1600

+ α

−5601

α ∈ R

y haciendo α = 0, 1, 2 obtenemos las soluciones alineadas P = (15,−16, 0, 0), Q = (10,−10, 0, 1) yR = (5,−4, 0, 2).

(c) Para el unico valor que hace al sistema compatible con 2 grados de libertad, m = −7, la ultimafila desaparece y tenemos entonces

(

2 1 3 4 140 1 −5 −6 −16

)

→(

2 0 8 10 300 1 −5 −6 −16

)

→(

1 0 4 5 150 1 −5 −6 −16

)

Asignando parametros a las incognitas sin pivote, z = β y t = γ, se obtiene x = 15 − 4β − 5γ,y = −16 + 5β + 6γ, por lo que la solucion general es

xyzt

=

15−1600

+ β

−5510

+ γ

−5601

β, γ ∈ R

Para mostrar tres soluciones no alineadas basta con particularizar los parametros (β, γ) a losvalores (0, 0), (1, 0) y (0, 1) para obtener los puntos P = (15,−16, 0, 0), Q = (11,−11, 1, 0) y

R = (10,−10, 0, 1), que no estan alineados pues−−→PQ y

−→PR son justo los vectores que aparecen en

la solucion general, que no son proporcionales.

o

29. Dado el sistema de ecuaciones lineales con incognitas x, y, z

3x + ay + (3− 2a)z = −3(a− 1)x + (1− a)z = 1(a− 1)x + ay + z = 1

discutelo en funcion de los valores de a, y resuelvelo cuando sea compatible indeterminado.

Solucion: El determinante de la matriz de coeficientes puede calcularse ası

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 a 3− 2aa− 1 0 1− aa− 1 a 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 a 3− 2aa− 1 0 1− aa− 4 0 2a− 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 a 6− 2aa− 1 0 0a− 4 0 3a− 6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −a(a− 1)(3a− 6)

(en la primera igualdad se hace F3 + F1 y en la segunda C3 + C1). Por tanto, para a 6= 0, 1, 2 eldeterminante no es nulo y el sistema es compatible determinado.

Para a = 1 y a = 2 salen sistemas incompatibles, porque aparece un pivote en la matriz ampliada:

a = 1 :

3 1 1 −30 0 0 10 1 1 1

a = 2 :

3 2 −1 −31 0 −1 11 2 1 1

→

0 2 2 −61 0 −1 10 2 2 0

→

0 2 2 −61 0 −1 10 0 0 6



Para a = 0 resolvemos por Gauss (no ponemos la 3 fila porque sale igual que la 2 )

(

3 0 3 −3−1 0 1 1

)

→(

1 0 −1 −13 0 3 −3

)

→(

1 0 −1 −10 0 6 0

)

El sistema es compatible con 1 grado de libertad y se resuelve facilmente: (x, y, z) = (−1, 0, 0) +α(0, 1, 0).

o

30. Dado el sistema con incognitas x, y, z, t y matriz ampliada

(A |B) =

1 1 0 2 p+ 11 p −1 p2 − 2 pp 1 1 p+ 2 1

discutelo en funcion de los valores del parametro p, y resuelvelo para p = 1 y para el unico valor dep que lo hace compatible con 2 grados de libertad.

Solucion: Hacemos operaciones elementales en las filas de la matriz para escalonarla:

(A |B)F2−F1−−−−−→F3−pF1

1 1 0 2 p+ 10 p− 1 −1 p2 − 4 −10 1− p 1 2− p 1− p− p2

F3+F2−−−−→

1 1 0 2 p+ 10 p− 1 −1 p2 − 4 −10 0 0 p2 − p− 2 −p− p2

Esta ultima matriz tiene un pivote claro en la 1 fila, y tambien uno en la 2 fila (que esta en la 2o en la 3 columna). En cuanto a la 3 fila, como las raıces de p2 − p− 2 son 2 y −1, para p 6= 2 yp 6= −1 hay un pivote (en la 4 columna) y por tanto rg(A) = 3; como solo hay 3 filas, tambien esrg(A |B) = 3 y por tanto para esos valores el sistema es compatible indeterminado con un gradode libertad.

Para p = 2 la ultima fila es (0 0 0 0 | − 6) y por tanto el sistema es incompatible.

Por ultimo, para p = −1 la ultima fila es nula, luego se tiene rg(A) = rg(A |B) = 2 y por tanto elsistema es compatible indeterminado con dos grados de libertad.

Para este valor se pide resolver: lo sustituimos en la ultima matriz

1 1 0 2 00 −2 −1 −3 −10 0 0 0 0

−F2−−→(

1 1 0 2 00 2 1 3 1

)

y haciendo ahora y = α y t = β se tiene directamente x = −α− 2β y z = 1− 2α− 3β, por lo quela solucion general la podemos expresar como

xyzt

=

0010

+ α

−11

−20

+ β

−20

−31

Tambien se pide resolver para p = 1: sustituyendo en la ultima matriz general se tiene

1 1 0 2 20 0 −1 −3 −10 0 0 −2 −2

→

1 1 0 2 20 0 1 3 10 0 0 1 1

F1−2F3−−−−−→F2−3F3

1 1 0 0 00 0 1 0 −20 0 0 1 1



Haciendo y = α se tiene directamente x = −α y z = −2 y t = 1, por lo que la solucion general es

xyzt

=

00

−21

+ α

−1100

o

31. Se pide, para el sistema con incognitas x, y, z, t y matriz ampliada

(A |B) =

1 −3 5 −7 9−2 4 −6 8 −105 −7 9 2p2 − 29 2p+ 191 3 −7 p2 + 2 p− 12

a) Discutelo en funcion de los valores del parametro p. b) Resuelvelo para p = 4. c) Resuelvelopara el unico valor de p que lo hace compatible con 2 grados de libertad.

Solucion: a) Hacemos operaciones elementales por filas hasta llegar a una matriz escalonada:

(A |B)Fi−bF1−−−−→

1 −3 5 −7 90 −2 4 −6 80 8 −16 2p2 + 6 2p− 260 6 −12 p2 + 9 p− 21

− 1

2F2−−−−→

1

2F3

1 −3 5 −7 90 1 −2 3 −40 4 −8 p2 + 3 p− 130 6 −12 p2 + 9 p− 21

F3−4F2−−−−−→F4−6F2

1 −3 5 −7 90 1 −2 3 −40 0 0 p2 − 9 p+ 30 0 0 p2 − 9 p+ 3

F4−F3−−−−→

1 −3 5 −7 90 1 −2 3 −40 0 0 p2 − 9 p+ 30 0 0 0 0

Si p 6= ±3 hay 3 pivotes, ninguno en la columna de terminos independientes y por tanto el sistemaes compatible indeterminado con 1 grado de libertad (4 incognitas, 3 pivotes).

Si p = 3 entonces aparece un pivote en la ultima columna, por lo que el sistema es incompatible.

Si p = −3 entonces la tercera fila se anula y quedan dos pivotes, ninguno en la ultima columna, porlo que el sistema es compatible indeterminado con 2 grados de libertad.

b) Sabemos que habra 1 grado de libertad. Sustituimos p = 4 en la ultima matriz (y dividimos laultima fila por 7), y a su vez llevamos esta hasta una forma escalonada reducida:

(A |B) →

1 −3 5 −7 90 1 −2 3 −40 0 0 1 1

F1+7F3−−−−−→F2−3F3

1 −3 5 0 160 1 −2 0 −70 0 0 1 1

F1+3F2−−−−−→

1 0 −1 0 −50 1 −2 0 −70 0 0 1 1

Ahora basta con asignar un parametro a la incognita sin pivote, digamos z = α, y tenemos yadespejadas x = α − 5, y = 2α − 7 y t = 1, por lo que las soluciones en terminos del parametro αson

xyzt

=

−5−701

+ α

1210



c) Sustituimos p = −3 (y eliminamos la fila de ceros) para obtener

(A |B) →(

1 −3 5 −7 90 1 −2 3 −4

)

F1+3F2−−−−−→(

1 0 −1 2 −30 1 −2 3 −4

)

Si asignamos parametros a las incognitas sin pivote, digamos z = β y t = γ, tenemos ya despejadasx = −3+β− 2γ e y = −4+2β− 3γ, por lo que las soluciones en terminos de esos parametros son

xyzt

=

−3−400

+ β

1210

+ γ

−2−301

o


(A |B) =

1 1 0 2 b+ 21 b+ 1 −1 b2 + 2b− 1 b+ 1

b+ 1 1 1 b+ 3 1

discutelo en funcion de los valores del parametro b, y resuelvelo para b = 2 y para el unico valor deb que lo hace compatible con 2 grados de libertad.


(A |B)F2−F1−−−−−−−→

F3−(b+1)F1

1 1 0 2 b+ 20 b −1 b2 + 2b− 3 −10 −b 1 1− b −b2 − 3b− 1

F3+F2−−−−→

1 1 0 2 b+ 20 b −1 b2 + 2b− 3 −10 0 0 b2 + b− 2 −b2 − 3b− 2

La ultima matriz tiene pivotes en las filas 1 y 2 (para b = 0 el pivote serıa el siguiente 1). Encuanto a la 3 fila, como las raıces de b2 + b − 2 son 1 y −2, para b 6= 1 y b 6= −2 hay un tercerpivote y por tanto rg(A) = 3; como solo hay 3 filas, tambien es rg(A |B) = 3 y por tanto para esosvalores el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad.

Para b = 1 la ultima fila es (0 0 0 0 | − 6) y por tanto el sistema es incompatible.

Por ultimo, para b = −2 la ultima fila es nula, luego se tiene rg(A) = rg(A |B) = 2 y por tanto elsistema es compatible indeterminado con dos grados de libertad.

Para este valor (b = −2) se pide resolver: lo sustituimos en la ultima matriz

1 1 0 2 00 −2 −1 −3 −10 0 0 0 0

−F2−−→(

1 1 0 2 00 2 1 3 1

)

En vista de las columnas 1 y 3 , las incognitas x, z “se despejan solas”, ası que asignamos parame-tros a las otras dos: y = α, t = β, con lo que se tiene directamente x = −α− 2β y z = 1− 2α− 3β,por lo que la solucion general la podemos expresar como

xyzt

=

0010

+ α

−11

−20

+ β

−20

−31



Tambien se pide resolver para b = 2: sustituyendo en la ultima matriz de la primera parte se tiene

1 1 0 2 40 2 −1 5 −10 0 0 4 −12

→

1 1 0 2 40 −2 1 −5 10 0 0 1 −3

F1−2F3−−−−−→F2+5F3

1 1 0 0 100 −2 1 0 −140 0 0 1 −3

Haciendo y = α se tiene directamente x = 10− α, z = 2α− 14 y t = −3, luego la solucion generales

xyzt

=

100

−14−3

+ α

−1120

o

33. Discutir y resolver en funcion del parametro a el siguiente sistema de ecuaciones lineales:

x+ y = 1

x+ (1 + a)y + az = 1 + a

2x+ (2 + 2a)y + (1 + a)z = 2 + a

Solucion: Aplicando el metodo de Gauss a la matriz del sistema se tiene:

1 1 0 11 1 + a a 1 + a2 2 + 2a 1 + a 2 + a

F2−F1−−−−−→F3−2F2

1 1 0 10 a a a0 2a 1 + a a

Para a = 0 queda el sistema con matriz

(

1 1 0 10 0 1 0

)

, que es compatible indeterminado con un

grado de libertad, y su conjunto de soluciones puede describirse como (x, y, z) = (1− λ, λ, 0). Paraa 6= 0 podemos continuar con el metodo de Gauss dividiendo la segunda fila por a:

1 1 0 10 1 1 10 2a 1 + a a

F3−2aF2−−−−−→

1 1 0 10 1 1 10 0 1− a −a

Para a = 1 el sistema es incompatible, en vista de la ultima fila. Para otros casos (a 6= 0, a 6= 1) escompatible determinado con solucion unica

z =a

a− 1y = 1− z =

−1

a− 1x = 1− y =

a

a− 1 (x, y, z) =

1

a− 1(a,−1, a)

o



34. Discute (no hay que resolver) en funcion de los valores de b el sistema de 4 ecuaciones lineales con4 incognitas que tiene la siguiente matriz ampliada:

1 −1 b 1 10 1 b 0 b− 11 −b− 1 −2 1 3− 2b−2 b+ 2 2− b −2 2b− 4

Solucion: Hacemos un proceso estandar de Gauss:

(A |B)F3−F1−−−−−→F4+2F1

1 −1 b 1 10 1 b 0 b− 10 −b −b− 2 0 2− 2b0 b b+ 2 0 2b− 2

F3+bF2−−−−−→F4+F3

1 −1 b 1 10 1 b 0 b− 10 0 b2 − b− 2 0 b2 − 3b+ 20 0 0 0 0

Por tanto hay al menos dos pivotes en A, y habra un tercero cuando b2 − b− 2 = (b− 2)(b+ 1) nosea nulo. Por tanto:

- Si b = −1 entonces la tercera fila es (0 0 0 0 | 6), por lo que el sistema es incompatible.

- Si b = 2 entonces la tercera fila es nula, por lo que rg(A) = rg(A|B) = 2 y en consecuencia elsistema es compatible con 4-2=2 grados de libertad.

- Si b 6= 2 y b 6= −1 entonces rg(A) = rg(A|B) = 3, por lo que el sistema es compatible con 4-3=1grado de libertad.

o


(A |B) =

1 1 0 2 b1 b− 1 −1 b2 − 2b− 1 b− 1

b− 1 1 1 b+ 1 1

discutelo en funcion de los valores del parametro b, y resuelvelo para algun valor de b que lo hagacompatible con 1 grado de libertad.

Solucion: Hacemos operaciones elementales estandar en las filas de la matriz para escalonarla:

(A |B)F2−F1−−−−−−−→

F3−(b−1)F1

1 1 0 2 b0 b− 2 −1 b2 − 2b− 3 −10 2− b 1 3− b 1 + b− b2

F3+F2−−−−→

1 1 0 2 b0 b− 2 −1 b2 − 2b− 3 −10 0 0 b2 − 3b b− b2

En la primera fila hay un pivote (1 columna) y en la segunda tambien (2 o 3 columna). Portanto rg(A) vale 3 cuando b2 − 3b 6= 0 (o sea, cuando b 6= 0 y b 6= 3). En estos casos tambienes rg(A|B) = 3 (solo hay 3 filas) y por tanto el sistema es compatible con 1 grado de libertad (4incognitas y rango 3).



Para b = 0 la ultima fila se anula, luego rg(A) = rg(A|B) = 2 y el sistema es compatible con 2grados de libertad (4 incognitas y rango 2). Para b = 3 el sistema es incompatible en vista de suultima fila.

Lo resolvemos para b = 2, sustituyendo en la ultima matriz y haciendo mas operaciones elementaleshasta llegar a una forma escalonada reducida:

1 1 0 2 20 0 −1 −3 −10 0 0 −2 −2

→

1 1 0 2 20 0 1 3 10 0 0 1 1

F1−2F3−−−−−→F2−3F3

1 1 0 0 00 0 1 0 −20 0 0 1 1

Asignando un parametro a la incognita sin pivote, y = α, se tiene x = −α, z = −2 y t = 1, luegolas soluciones son los (x, y, z, t) = (−α, α,−2, 1) = (0, 0,−2, 1) + α(−1, 1, 0, 0) con α ∈ R.

o


(A |B) =

1 1 0 2 b+ 21 b+ 1 −1 b2 + 2b− 1 b+ 1

b+ 1 1 1 b+ 3 1

discutelo en funcion de los valores del parametro b, y resuelvelo para b = 2 y para el unico valor deb que lo hace compatible con 2 grados de libertad.


(A |B)F2−F1−−−−−−−→

F3−(b+1)F1

1 1 0 2 b+ 20 b −1 b2 + 2b− 3 −10 −b 1 1− b −b2 − 3b− 1

F3+F2−−−−→

1 1 0 2 b+ 20 b −1 b2 + 2b− 3 −10 0 0 b2 + b− 2 −b2 − 3b− 2

La ultima matriz tiene pivotes en las filas 1 y 2 (para b = 0 el pivote serıa el siguiente 1). Encuanto a la 3 fila, como las raıces de b2 + b − 2 son 1 y −2, para b 6= 1 y b 6= −2 hay un tercerpivote y por tanto rg(A) = 3; como solo hay 3 filas, tambien es rg(A |B) = 3 y por tanto para esosvalores el sistema es compatible indeterminado con un grado de libertad.

Para b = 1 la ultima fila es (0 0 0 0 | − 6) y por tanto el sistema es incompatible.

Por ultimo, para b = −2 la ultima fila es nula, luego se tiene rg(A) = rg(A |B) = 2 y por tanto elsistema es compatible indeterminado con dos grados de libertad.

Para este valor (b = −2) se pide resolver: lo sustituimos en la ultima matriz

1 1 0 2 00 −2 −1 −3 −10 0 0 0 0

−F2−−→(

1 1 0 2 00 2 1 3 1

)

En vista de las columnas 1 y 3 , las incognitas x, z “se despejan solas”, ası que asignamos parame-tros a las otras dos: y = α, t = β, con lo que se tiene directamente x = −α− 2β y z = 1− 2α− 3β,por lo que la solucion general la podemos expresar como

xyzt

=

0010

+ α

−11

−20

+ β

−20

−31



Tambien se pide resolver para b = 2: sustituyendo en la ultima matriz de la primera parte se tiene

1 1 0 2 40 2 −1 5 −10 0 0 4 −12

→

1 1 0 2 40 −2 1 −5 10 0 0 1 −3

F1−2F3−−−−−→F2+5F3

1 1 0 0 100 −2 1 0 −140 0 0 1 −3

Haciendo y = α se tiene directamente x = 10− α, z = 2α− 14 y t = −3, luego la solucion generales

xyzt

=

100

−14−3

+ α

−1120

o

37. Discute el siguiente sistema de ecuaciones con incognitas x, y, z, t en funcion de los valores de a yb, y resuelvelo en el caso compatible indeterminado con 2 grados de libertad.

x + 2y + 3z + 4t = 1−x + 4y + 5z − 2t = −53x + z + 10t = 73x + 3y + 5z + at = b

Solucion: Aplicamos el metodo de Gauss a la matriz (A|B) del sistema:

1 2 3 4 1−1 4 5 −2 −53 0 1 10 73 3 5 a b

→

1 2 3 4 10 6 8 2 −40 −6 −8 −2 40 −3 −4 a− 12 b− 3

1

2F2−−−−−→

F4+1

2F2

1 2 3 4 10 3 4 1 −20 0 0 a− 11 b− 5

Para a 6= 11 se tiene rg(A) = 3 y rg(A|B) = 3, luego el sistema es compatible indeterminadocon 1 grado de libertad (4 incognitas menos 3 pivotes).

Para a = 11 y b 6= 5 se tiene rg(A) = 2 y rg(A|B) = 3, luego el sistema es incompatible.

Para a = 11 y b = 5 se tiene rg(A) = 2 y rg(A|B) = 2, luego el sistema es compatibleindeterminado con 2 grados de libertad (4 incognitas menos 3 pivotes).

Para resolverlo en este ultimo caso, podemos por ejemplo seguir aplicando Gauss (tras eliminar latercera fila) con pivotes en las incognitas con coeficientes mas comodos, en este caso x y t:

(

1 2 3 4 10 3 4 1 −2

)

F1−4F2−−−−−→(

1 −10 −13 0 90 3 4 1 −2

)

Asignando parametros a las incognitas sin pivote (y = α y z = β) se despejan directamente lasotras dos x = 9 + 10α+ 13β y t = −2− 3α− 4β, lo que nos da la solucion

(x, y, z, t) = (9+10α+13β, α, β,−2−3α−4β) = (9, 0, 0,−2)+α(10, 1, 0,−3)+β(13, 0, 1,−4) α, β ∈ R

o



38. Discute (no hace falta resolver) el sistema de ecuaciones lineales con la siguiente matriz ampliadaen funcion de los valores de a y de b:

5 −3 2 4 34 −2 3 7 18 −6 −1 −5 97 −3 7 a b

Solucion: La entrada mas comoda es el −1. Como no hace falta resolver, podemos intercambiarcolumnas sin problemas, ası que lo llevamos al principio con C1 ↔ C3 y F1 ↔ F3; el resto es unproceso estandar de Gauss:

→

2 −3 5 4 33 −2 4 7 1

−1 −6 8 −5 97 −3 7 a b

→

−1 −6 8 −5 93 −2 4 7 12 −3 5 4 37 −3 7 a b

→

−1 −6 8 −5 90 −20 28 −8 280 −15 21 −6 210 −45 63 a− 35 b+ 63

1

4F2−−−→

1

3F3

−1 −6 8 −5 90 −5 7 −2 70 −5 7 −2 70 −45 63 a− 35 b+ 63

F4−9F2−−−−−→elimF3

−1 −6 8 −5 90 −5 7 −2 70 0 0 a− 17 b

Con la notacion habitual se tiiene, usando el teorema de Rouche-Frobenius:

- Si a 6= 17 entonces rg(A) = rg(A|B) = 3, por lo que el sistema es compatible con 1 grado delibertad.

- Si a = 17 y b 6= 0 entonces rg(A) = 2 y rg(A|B) = 3, por lo que el sistema es incompatible.

- Si a = 17 y b = 0 entonces rg(A) = rg(A|B) = 2, por lo que es compatible con 2 grados delibertad.

o

39. Discutir el siguiente sistema de ecuaciones lineales en funcion de los parametros a y b (no se pideresolverlo pero sı indicar, cuando sea compatible indeterminado, los grados de libertad):

x + y + az = ax + y + bz = b

ax + by + z = a

Solucion: Escribimos la matriz del sistema y vamos haciendo operaciones por filas:

1 1 a a1 1 b ba b 1 a

F2−F1−−−−−→F3−aF1

1 1 a a0 0 b− a b− a0 b− a 1− a2 a− a2

→

1 1 a a0 b− a 1− a2 a− a2

0 0 b− a b− a

Si b 6= a el rango de la matriz de coeficientes es 3, igual que el numero de incognitas, luego el sistema

es compatible determinado (con solucion unica (x, y, z) =(

1−ab−a ,

a−1b−a , 1

)

).

Si b = a el sistema queda ası:

1 1 a a0 0 1− a2 a− a2

0 0 0 0

→(

1 1 a a0 0 (1 + a)(1− a) a(1− a)

)



Entonces, si a 6= ±1 el rango de la matriz de coeficientes y el de la ampliada valen 2, luego elsistema es compatible indeterminado con 1 grado de libertad.

Si a = 1 el rango de la matriz de coeficientes y el de la ampliada valen 1, luego el sistema escompatible indeterminado con 2 grados de libertad.

Si a = −1 la ultima ecuacion es 0x+ 0y + 0z = −2 y el sistema es por tanto incompatible.

o

40. Discute (no hace falta resolver) el sistema de ecuaciones lineales con la siguiente matriz ampliadaen funcion de los valores de a y de b:

9 −3 5 2 46 −6 8 −1 1010 −2 4 3 2a −3 7 7 b

Solucion: Como no hace falta resolver, podemos intercambiar columnas sin problemas, ası quellevamos el −1 a la primera columna con C1 ↔ C4 y el resto es un proceso estandar de Gauss:

→

2 −3 5 9 4−1 −6 8 6 103 −2 4 10 27 −3 7 a b

→

−1 −6 8 6 102 −3 5 9 43 −2 4 10 27 −3 7 a b

→

−1 −6 8 6 100 −15 21 21 240 −20 28 28 320 −45 63 a+ 42 b+ 70

1

3F2−−−→

1

4F3

−1 −6 8 6 100 −5 7 7 80 −5 7 7 80 −45 63 a+ 42 b+ 70

F4−9F2−−−−−→elimF3

−1 −6 8 6 100 −5 7 7 80 0 0 a− 21 b− 2

Con la notacion habitual se tiene, usando el teorema de Rouche-Frobenius:

- Si a 6= 21 entonces rg(A) = rg(A|B) = 3, por lo que el sistema es compatible con 1 grado delibertad.

- Si a = 21 y b 6= 2 entonces rg(A) = 2 y rg(A|B) = 3, por lo que el sistema es incompatible.

- Si a = 21 y b = 2 entonces rg(A) = rg(A|B) = 2, por lo que es compatible con 2 grados delibertad.

o



41. Encuentra los valores de a y de b para los que el sistema de ecuaciones lineales con incognitasx, y, z, t y matriz

2 5 −14 9 123 2 1 8 74 −1 16 7 25 3 3 a b

es compatible indeterminado con 2 grados de libertad, y calcula sus soluciones en ese caso.

Solucion: La columna mas comoda es la segunda, ası que la intercambiamos con la primerarecordando que ahora el orden de las incognitas es y, x, z, t. Ademas hacemos F1 ↔ F3 paraponer arriba el −1 y le cambiamos el signo a su fila. Despues ponemos ceros bajo el pivote del modoestandar:

2 5 −14 9 123 2 1 8 74 −1 16 7 25 3 3 a b

C1↔C2−−−−−−−→F1 ↔ F3

−F1

1 −4 −16 −7 −22 3 1 8 75 2 −14 9 123 5 3 a b

F2 − 2F1

F3 − 5F1−−−−−−−→F4−3F1

1 −4 −16 −7 −20 11 33 22 110 22 66 44 220 17 51 a+ 21 b+ 6

Ahora eliminamos la tercera fila (es el doble de la segunda), dividimos la segunda por 11 y seguimos:

1 −4 −16 −7 −20 1 3 2 10 17 51 a+ 21 b+ 6

F3−17F1−−−−−→

1 −4 −16 −7 −20 1 3 2 10 0 0 a− 13 b− 11

La matriz ya esta escalonada y por tanto podemos discutir el sistema: Para a = 13 y b = 11 escompatible con dos grados de libertad, y es el unico caso (para a 6= 13 es compatible con 1 gradode libertad, y para a = 13 y b 6= 11 es incompatible). Para esos valores, eliminamos la tercera fila(nula) y hacemos F1 + 4F2 para poner un 0 encima del pivote, obteniendo:

(

1 0 −4 1 20 1 3 2 1

)

Ahora asignamos parametros a las incognitas sin pivote (z = α, t = β) y expresamos las otras dosen funcion de estos parametros, recordando que habıamos intercambiado el orden de x e y. Asıtenemos y = 2 + 4α− β y x = 1− 3α− 2β y por tanto la solucion general es:

xyzt

=

1− 3α− 2β2 + 4α− β

αβ

=

1200

+ α

−3410

+ β

−2−101

No esta de mas comprobar que al sustituir (x, y, z, t) por (1, 2, 0, 0) se obtiene una solucion delsistema dado, y que al sustituirlo por (−3, 4, 1, 0) y por (−2,−1, 0, 1) se obtiene una solucion delsistema homogeneizado.

o



42. Dado el sistema con incognitas x, y, z, t y con la siguiente matriz ampliada, discutelo en funcion delos valores de a y b, y resuelvelo para el caso a = 1, b = 0 y para el caso a = 4, b = 2:

1 1 1 1 21 a 1 1 20 0 0 (b+ 2)(b2 − 1)(b2 + 1) 3 + a2 − b2

Solucion: Antes de nada podemos asegurar que el sistema nunca sera compatible determinado,pues rg(A) ≤ 3 (hay 3 filas) y hay 4 incognitas.

Si hacemos F2 − F1 obtenemos la matriz equivalente

1 1 1 1 20 a− 1 0 0 00 0 0 (b+ 2)(b2 − 1)(b2 + 1) 3 + a2 − b2

que ya esta escalonada, luego permite calcular rangos contando pivotes. Llamamos A a la matrizde coeficientes (a la izquierda de la raya) y B a la ultima columna (terminos independientes).

Segunda fila: Hay un pivote (que esta en A) si y solo si a 6= 1, y nunca lo hay en B. Por tanto estafila nunca va a provocar que el sistema sea incompatible, pero sı afectara a los grados de libertad.

Tercera fila: Como b2+1 nunca es nulo, hay un pivote en A si y solo si b 6= −2 y b 6= ±1; estos casosson compatibles (no hay pivote en B). Cuando no hay pivote en A (b = −2 o b = ±1) tenemosque ver si lo hay en B, para lo que distinguimos dos casos: Si b = ±1, en la ultima columna queda2+ a2, que nunca es nulo, y por tanto hay un pivote en B (sistema incompatible). Si b = −2, en laultima columna queda a2 − 1, y por tanto hay pivote en B salvo que sea a = ±1.

En resumen, poniendo “Inc” en los casos incompatibles y “n GL” en los casos compatibles indeter-minados con n grados de libertad, se tiene:

a = 1 a = −1 otros valores de a

b = −2 3 GL 2 GL Inc

b = ±1 Inc Inc Inc

Otros valores de b 2 GL 1 GL 1 GL

Para el caso a = 1 y b = 0 (con 2 grados de libertad, segun lo anterior) la matriz queda

1 1 1 1 20 0 0 0 00 0 0 −2 4

−F3−−−−→elimF2

(

1 1 1 1 20 0 0 1 −2

)

F1−F2−−−−→(

1 1 1 0 40 0 0 1 −2

)

Asignamos parametros a las incognitas sin pivote (y = α, z = β) y despejamos facilmente las otras:x = 4− α− β, t = −2. En definitiva, las soluciones son

(x, y, z, t) = (4, 0, 0,−2) + α(−1, 1, 0, 0) + β(−1, 0, 1, 0) (λ ∈ R)

Para el caso a = 4 y b = 2 (con 1 grado de libertad, segun lo anterior) la matriz queda

1 1 1 1 20 3 0 0 00 0 0 60 15

→

1 1 1 1 20 1 0 0 00 0 0 1 1/4

F1−(F2+F3)−−−−−−−−→

1 0 1 0 7/40 1 0 0 00 0 0 1 1/4

Parametrizamos la incognita sin pivote (z = λ) y despejamos las otras: x = 7/4−λ, y = 0, t = 1/4.En definitiva, las soluciones son

(x, y, z, t) = (7/4, 0, 0, 1/4) + λ(−1, 0, 1, 0) (λ ∈ R)

o



43. Discute el siguiente sistema de ecuaciones lineales en funcion de los parametros a, b y c, y resuelvelosolo para los valores que lo hacen compatible indeterminado:

x + y + 5z = ax + cy + 2z = b2x + y + 7z = 3

Solucion: Transformemos la matriz del sistema mediante operaciones elementales:

1 1 5 a2 1 7 31 c 2 b

−(F2−2F1)−−−−−−−→−(F3−F1)

1 1 5 a0 1 3 2a− 30 1− c 3 a− b

F3−(1−c)F2−−−−−−−→

1 1 5 a0 1 3 2a− 30 0 3c 3− a− b− 3c+ 2ac

Si c 6= 0 el sistema es compatible determinado. Si c = 0 la matriz de coeficientes tiene rango 2, y lamatriz ampliada tiene rango 3 (sistema incompatible) si 3−a−b 6= 0 y rango 2 (sistema compatibleindeterminado con un grado de libertad) si 3− a− b = 0. En este caso la matriz queda

(

1 1 5 a0 1 3 2a− 3

)

F1−F2−−−−→(

1 0 2 3− a0 1 3 2a− 3

)

y la solucion puede darse en funcion de un parametro λ ası: x = 3−a−2λ y = 2a−3−3λ z = λ.

o

44. Se dispone de suficientes monedas de 2, 5 y 10 centimos. Encuentra todas las formas que hay deobtener 94 centimos juntando 18 de esas monedas, asegurandote de que no hay mas formas que lasque propones.

Solucion: Si x, y, z designan el numero de monedas de 2, 5 y 10 centimos, las condiciones delproblema son x+ y+ z = 18 y 2x+5y+10z = 94. Esto nos lleva al sistema con la siguiente matriz

(

1 1 1 182 5 10 94

)

F2−2F1−−−−−→(

1 1 1 180 3 8 58

)

3F1−F2−−−−−→(

3 0 −5 −40 3 8 58

)

cuya solucion depende de un parametro: z = α y = (58− 8α)/3 x = (5α− 4)/3.

Los valores x, y, z deben ser enteros no negativos. Para que no sean negativos tiene que ocurrir que:

α ≥ 0 58− 8α ≥ 0 o α ≤ 58/8 = 7, 25 5α− 4 ≥ 0 o α ≥ 4/5 = 0, 8

y como ademas han de ser enteros quedan 7 opciones para z = α, que ponemos en una tabla juntocon los correspondientes valores de x:

z = α 1 2 3 4 5 6 7

x = (5α− 4)/3 1/3 6/3 = 2 11/3 16/3 21/3 = 7 26/3 31/3

Las unicas con valores enteros se dan para α = 2 y para α = 5; para estas y = 18− x− z tambienes entero, y se tienen por tanto estas dos soluciones:

2 × 10 14 × 5 2 × 2 Monedas: 2+14+2=18 Dinero: 20+70+4=94

5 × 10 6 × 5 7 × 2 Monedas: 5+6+7=18 Dinero: 50+30+14=94

o



45. Se dispone de suficientes monedas de 2, 5 y 10 centimos. Encuentra todas las formas que hay deobtener 96 centimos juntando 18 de esas monedas, asegurandote de que las formas que proponesson correctas y de que no hay mas posibilidades.

Solucion: Si x, y, z designan el numero de monedas de 2, 5 y 10 centimos, las condiciones delproblema son x+ y+ z = 18 y 2x+5y+10z = 96. Esto nos lleva al sistema con la siguiente matriz

(

1 1 1 182 5 10 96

)

F2−2F1−−−−−→(

1 1 1 180 3 8 60

)

3F1−F2−−−−−→(

3 0 −5 −60 3 8 60

)

cuya solucion depende de un parametro: z = α y = (60− 8α)/3 x = (5α− 6)/3.


α ≥ 0 60− 8α ≥ 0 o α ≤ 60/8 = 7, 5 5α− 6 ≥ 0 o α ≥ 6/5 = 1, 2


z = α 2 3 4 5 6 7

x = (5α− 6)/3 4/3 9/3 = 3 14/3 19/3 24/3 = 8 29/3

Las unicas con valores enteros se dan para α = 3 y para α = 6; para estas y = 18− x− z tambienes entero, y se tienen por tanto las soluciones (x, y, z) = (3, 12, 3) y (x, y, z) = (8, 4, 6), o sea:

3 monedas de 2, 12 de 5 y 3 de 10. Monedas: 3+12+3=18. Dinero: 6+60+30=96.

8 monedas de 2, 4 de 5 y 6 de 10. Monedas: 8+4+6=18. Dinero: 16+20+60=96.

o

46. Encuentra todas las formas posibles de juntar 3,14e con 38 monedas de 2, 5 y 10 centimos. (Ademasde dar todas las posibilidades validas, hay que justificar que no hay mas).

Solucion: Si x, y, z designan el numero de monedas de 2, 5 y 10 centimos, las condiciones delproblema son x+y+z = 38 y 2x+5y+10z = 314. Esto nos lleva al sistema con la siguiente matriz

(

1 1 1 382 5 10 314

)

F2−2F1−−−−−→(

1 1 1 380 3 8 238

)

3F1−F2−−−−−→(

3 0 −5 −1240 3 8 238

)

cuya solucion depende de un parametro: z = α y =238− 8α

3x =

5α− 124

3.


α ≥ 0 238− 8α ≥ 0 o α ≤ 238

8= 29, 75 5α− 124 ≥ 0 o α ≥ 124

5= 24, 8


z = α 25 26 27 28 29

x = (5α− 124)/3 1/3 6/3 = 2 11/3 16/3 21/3 = 7

Las unicas con valores enteros se dan para α = 26 y para α = 29; para estas y = 38−x− z tambienes entero, y se tienen por tanto estas dos soluciones:



26 × 10 10 × 5 2 × 2 Monedas: 26+10+2=38 Dinero: 260+50+4=314

29 × 10 2 × 5 7 × 2 Monedas: 29+2+7=38 Dinero: 290+10+14=314

o

47. Se dispone de suficientes monedas de 2, 5 y 10 centimos. Encuentra todas las formas posibles delas que se pueden juntar 20 de esas monedas para obtener 108 centimos.

Solucion: Si llamamos x, y, z a las posibles cantidades de monedas de 2, 5 y 10 centimos, respec-tivamente, las condiciones nos llevan a un sistema de dos ecuaciones en las incognitas x, y, z con lasiguiente matriz, a la que aplicamos el metodo de Gauss:

(

1 1 1 202 5 10 108

)

F2−2F1−−−−−→(

1 1 1 200 3 8 68

)

3F1−F2−−−−−→(

3 0 −5 −80 3 8 68

)

Las soluciones del sistema las podemos dejar en funcion de un parametro z = α:

x =5α− 8

3y =

68− 8α

3z = α

Pero solo nos interesan las soluciones con sus tres entadas enteras y positivas (o nulas). Para tenerx ≥ 0 debe ser α ≥ 2, y para tener y ≥ 0 debe ser α ≤ 8. Como ademas z = α debe ser entero soloconsideramos α = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, que solo dan valores enteros para x e y cuando α = 4 y α = 7.

Por tanto hay 2 soluciones del sistema con esas condiciones, que son (4, 12, 4) y (9, 4, 7). O sea, hayexactamente dos formas de obtener 108 centimos con 20 monedas: tomando 4 de 2, 12 de 5 y 4 de10 (8+60+40=108 centimos), y tomando 9 de 2, 4 de 5 y 7 de 10 (18+20+70=108 centimos).

o

48. Se dispone de suficientes monedas de 2, 5 y 10 centimos. Encuentra todas las formas posibles delas que se pueden juntar 20 de esas monedas para obtener 110 centimos.

Solucion: Si llamamos x, y, z a las posibles cantidades de monedas de 2, 5 y 10 centimos, respec-tivamente, las condiciones nos llevan a un sistema de dos ecuaciones en las incognitas x, y, z con lasiguiente matriz, a la que aplicamos el metodo de Gauss:

(

1 1 1 202 5 10 110

)

F2−2F1−−−−−→(

1 1 1 200 3 8 70

)

3F1−F2−−−−−→(

3 0 −5 −100 3 8 70

)

Las soluciones del sistema las podemos dejar en funcion de un parametro z = α:

x =5α− 10

3y =

70− 8α

3z = α

Pero solo nos interesan las soluciones con sus tres entadas enteras y no negativas. Para tener x ≥ 0debe ser α ≥ 2, y para tener y ≥ 0 debe ser α ≤ 8. Como ademas z = α debe ser entero soloconsideramos α = 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, que dan valores enteros para x e y cuando α = 2, α = 5 y α = 8.

Por tanto hay 3 soluciones del sistema con esas condiciones, que son (0, 18, 2), (5, 10, 5) y (10, 2, 8).O sea, hay exactamente tres formas de obtener 110 centimos con 20 monedas: tomando 0 de 2,18 de 5 y 2 de 10 (0+90+10=110 centimos), tomando 5 de 2, 10 de 5 y 5 de 10 (10+50+50=110centimos), y tomando 10 de 2, 2 de 5 y 8 de 10 (20+10+80=110 centimos).

o



49. Se dispone de suficientes monedas de 2, 5 y 10 centimos. Encuentra todas las formas que hay deobtener 119 centimos juntando 19 de esas monedas, asegurandote de que no hay mas formas quelas que propones.


(

1 1 1 192 5 10 119

)

F2−2F1−−−−−→(

1 1 1 190 3 8 81

)

3F1−F2−−−−−→(

3 0 −5 −240 3 8 81

)

El sistema es compatible con un grado de libertad, y sus soluciones se pueden obtener asignandoun parametro (z = α) y despejando entonces x = 5α−24

3 = −8 + 53 α e y = 81−8α

3 = 27− 83 α.

Pero solo nos sirven las soluciones en las que x, y, z son enteros no negativos.

Para que sean enteros, α debe ser multiplo de 3.

Para x ≥ 0 tiene que ser 5α− 24 ≥ 0, o sea α ≥ 24/5, y como α debe ser entero se tiene α ≥ 5.

Analogamente, y ≥ 0 implica 81− 8α ≥ 0, o sea α ≤ 81/8, y por tanto α ≤ 10.

Por tanto α debe ser un multiplo de 3 entre 5 y 10, por lo que solo quedan dos opciones, con α = 6y α = 9, que dan lugar a las dos unicas soluciones del problema:

2 monedas de 2c, 11 de 5c y 6 de 10c. Monedas=2+11+6=19 Dinero=4+55+60=119

7 monedas de 2c, 3 de 5c y 9 de 10c. Monedas=7+3+9=19 Dinero=14+15+90=119

o

50. Se dispone de suficientes monedas de 2, 5 y 10 centimos. Encuentra todas las formas que hay deobtener 121 centimos juntando 21 de esas monedas, asegurandote de que no hay mas formas quelas que propones.


(

1 1 1 2192 5 10 121

)

F2−2F1−−−−−→(

1 1 1 210 3 8 79

)

3F1−F2−−−−−→(

3 0 −5 −160 3 8 79

)

El sistema es compatible con un grado de libertad, y sus soluciones se pueden obtener asignando unparametro a la tercera incognita (z = α) y despejando entonces x = (5α− 16)/3 e y = (79− 8α)/3.

Pero solo nos sirven las soluciones en las que x, y, z son enteros no negativos. Para x ≥ 0 tiene queser 5α− 16 ≥ 0, o sea α ≥ 16/5, y como α = z debe ser entero se tiene α ≥ 4. Analogamente, y ≥ 0implica α ≤ 9.

Quedan pues 6 opciones para z = α (enteros entre 4 y 9). Las ponemos en una tabla con loscorrespondientes valores de x para seleccionar las opciones con valores enteros:

z = α 4 5 6 7 8 9

x = (5α− 24)/3 4/3 9/3 = 3 14/3 19/3 24/3 = 8 29/3

Los valores (enteros) de y se obtienen entonces como y = 21 − x − z, lo que nos da finalmente lasdos unicas soluciones:



3 monedas de 2c, 13 de 5c y 5 de 10c. Monedas: 3+13+5=21 Dinero: 6+65+50=121

8 monedas de 2c, 5 de 5c y 8 de 10c. Monedas: 8+5+8=21 Dinero: 16+25+80=121

o

51. Un restaurante tiene mesas pequenas (4 plazas), medianas (6 plazas) y grandes (10 plazas), que ledan una capacidad total de 176 personas. Hoy tiene 76 clientes que ocupan un tercio de las mesaspequenas, dos quintos de las medianas y la mitad de las grandes. Si en estas mesas ocupadas noquedan sitios vacıos, ¿cuantas mesas hay de cada tipo? ¿Hay una respuesta unica?

Solucion: Llamemos x, y, z al numero de mesas pequenas, medianas y grandes, respectivamente2.Entonces los datos nos dicen que

4x+ 6y + 10z = 1761

34x+

2

56y +

1

210z = 76

y se trata de encontrar las soluciones de este sistema que sean enteros positivos. Manipulemos lamatriz del sistema (en el primer paso ya dividimos la 1 ecuacion por 2 y multiplicamos la 2 por15):

(

2 3 5 8820 36 75 1,140

)

F2−10F1−−−−−→(

2 3 5 880 6 25 260

)

2F1−F2−−−−−→(

4 0 −15 −840 6 25 260

)

Asignando un parametro α a la incognita z tenemos

x =15α− 84

4y =

260− 25α

6z = α

Solo nos sirven valores enteros de α. Para que ademas x e y sean positivos debe ser 6 ≤ α ≤ 10, ypara que ademas sean enteros solo sirve α = 8. Esta es por tanto la unica posibilidad, y en definitivase tiene x = 9, y = 10, z = 8.

o

52. En un restaurante hay menus de los tipos A, B y C con precios 7, 12 y 18 euros. Entran 16 personas,cada una pide un menu y la cuenta asciende a 155 euros. ¿Cuantos menus de cada tipo pidieron?¿Hay una respuesta unica?

Solucion: Si x, y, z designan el numero de menus de 7, 12 y 18 euros, las condiciones del problemason x+ y + z = 16 y 7x+ 12y + 18z = 155. Esto nos lleva al sistema con la siguiente matriz

(

1 1 1 167 12 18 155

)

F2−7F1−−−−−→(

1 1 1 160 5 11 43

)

5F1−F2−−−−−→(

5 0 −6 370 5 11 43

)

cuya solucion depende de un parametro: z = α y =43− 11α

5x =

37 + 6α

5.

Como y no puede ser negativo, se tiene 11α ≤ 43, y como z = α debe ser entero y positivo solosirven los valores α = 0, 1, 2, 3. De ellos, el valor de y solo es entero para α = 3, y esta es por tantola unica posibilidad. Sustituyendola tenemos x = 11, y = 2, z = 3, que es la unica solucion delproblema.

o

2Hay simplificaciones razonables en vista del enunciado, como llamarles 3x, 5y y 2z, o como tomar mas adelante z = 2α.



53. En un restaurante hay tres tipos de menus con precios 8, 11 y 15 euros. Entran 17 personas, cadauna pide un menu y la cuenta asciende a 179 euros. ¿Cuantos menus de cada tipo pidieron? (debesdar todas las posibilidades y justificar que no hay mas).


(

1 1 1 178 11 15 179

)

F2−8F1−−−−−→(

1 1 1 170 3 7 43

)

3F1−F2−−−−−→(

3 0 −4 80 3 7 43

)

cuya solucion depende de un parametro: z = α, y =43− 7α

3, x =

8 + 4α

3.

Por las condiciones del problema, los tres valores deben ser numeros naturales (enteros no negativos).Para que sea z ≥ 0 debe ser α ≥ 0 y esto garantiza que x ≥ 0. Para que sea y ≥ 0 debe ser 7α ≤ 43,por lo que solo sirven los valores α = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. De ellos, y solo es entero para α = 1 y paraα = 4, y el de x se deduce entonces de x+y+z = 17. Por tanto hay exactamente dos posibilidades:(x, y, z) = (4, 12, 1) y (x, y, z) = (8, 5, 4).

o

54. En un restaurante hay tres tipos de menus con precios 8, 11 y 15 euros. Entran 18 personas, cadauna pide un menu y la cuenta asciende a 197 euros. ¿Cuantos menus de cada tipo pidieron? (debesdar todas las posibilidades y justificar que no hay mas).


(

1 1 1 188 11 15 197

)

F2−8F1−−−−−→(

1 1 1 180 3 7 53

)

3F1−F2−−−−−→(

3 0 −4 10 3 7 53

)

cuya solucion depende de un parametro: z = α, y =53− 7α

3, x =

1 + 4α

3.

Por las condiciones del problema, los tres valores deben ser numeros naturales (enteros no negativos).Para que sea z ≥ 0 debe ser α ≥ 0 y esto garantiza que x ≥ 0. Para que sea y ≥ 0 debe ser 7α ≤ 53,por lo que solo sirven los valores α = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. De ellos, y solo es entero para α = 2 y paraα = 5, y el de x se deduce entonces de x+y+z = 17. Por tanto hay exactamente dos posibilidades:(x, y, z) = (3, 13, 2) y (x, y, z) = (7, 6, 5).

o

55. En una tienda venden camisetas a 16e y pantalones a 20e, y ademas tienen una oferta: camisetamas pantalon por 25e. Si hoy han vendido 34 prendas y han recaudado 504e, ¿cuantas veces hanaplicado la oferta?

Solucion: Llamemos por ejemplo x al numero de camisetas que han vendido “sueltas”, y alnumero de pantalones que han vendido “sueltos”, y z al numero de veces que han aplicado la



oferta3. Entonces el numero total de prendas vendidas es 34 = x+ y+2z, y el dinero recaudado es504 = 16x + 20y + 25z. Se trata pues de encontrar las soluciones de ese sistema que sean enterospositivos. Manipulemos la matriz:

(

1 1 2 3416 20 25 504

)

F2−16F1−−−−−→(

1 1 2 340 4 −7 −40

)

4F1−F2−−−−−→(

4 0 15 1760 4 −7 −40

)

Asignando un parametro α a la incognita z tenemos

x =176− 15α

4y =

7α− 40

4z = α

Solo nos sirven valores enteros de α. Para que ademas x sea positivo se requiere 176 ≥ 15α, y portanto α ≤ 11. Para que ademas y sea positivo debe ser 7α ≥ 40, y por tanto α ≥ 6. De los valoresα = 6, 7, 8, 9, 10, 11 el unico que da valores enteros para x e y es α = 8. Como α = z = numero deveces que se ha aplicado la oferta, la respuesta es 8.

o

56. Un grupo de 55 personas entra a un local en el que entrada cuesta 3 euros a los ninos, 6 a losjubilados y 10 a los adultos. Si el coste total de las entradas es de 200 euros, ¿cuantos ninos,ancianos y adultos componen el grupo? Debes dar todas las respuestas posibles con un metodo quemuestre que no hay mas que las que propones.

Solucion: Si llamamos x, y, z al numero de ninos, jubilados y adultos, respectivamente, las condi-ciones son x+ y + z = 55 y 3x+ 6y + 10z = 200; resolvemos el sistema lineal:

(

1 1 1 553 6 10 200

)

F2−3F1−−−−−→(

1 1 1 550 3 7 35

)

3F1−F2−−−−−→(

3 0 −4 1300 3 7 35

)

Asignando un parametro a la incognita sin pivote (z = λ) se obtiene y =35− 7λ

3, x =

130 + 4λ

3.

Esas son todas las soluciones del sistema, pero para el problema solo sirven las que tengan valoresenteros y no negativos. En particular debe ser λ(= z) ≥ 0 y esto ya implica x ≥ 0. Para tener y ≥ 0debe ser λ ≤ 5. Por tanto los unicos valores posibles para λ son los enteros entre 0 y 5, pero deellos solo el 2 y el 5 dan valores enteros. Ası pues, hay exactamente dos posibilidades:

Para λ = 2 se obtiene (x, y, z) = (46, 7, 2), o sea 2 adultos, 7 jubilados y 46 ninos.

Para λ = 5 se obtiene (x, y, z) = (50, 0, 5), o sea 5 adultos y 50 ninos.

o

57. Calcula la matriz inversa de A =

0 1 1 01 0 1 00 1 0 01 0 0 1

.

3Hay otras formas de tomar las variables, por ejemplo x = numero total de pantalones, y = numero total de camisetas yz = numero de veces que han aplicado la oferta. Entonces las ecuaciones son 34 = x+y y 504 = 16(x−z)+20(y−z)+25z =16x+ 20y − 11z y se procede de forma similar, pero hay que anadir las restricciones z ≤ x y z ≤ y.



Solucion: Usando el metodo de Gauss-Jordan se tiene:

(A | I4) =

0 1 1 0 1 0 0 01 0 1 0 0 1 0 00 1 0 0 0 0 1 01 0 0 1 0 0 0 1

int.filas−−−−−→

1 0 1 0 0 1 0 00 1 0 0 0 0 1 00 1 1 0 1 0 0 01 0 0 1 0 0 0 1

F3−F2−−−−→F4−F1

1 0 1 0 0 1 0 00 1 0 0 0 0 1 00 0 1 0 1 0 −1 00 0 −1 1 0 −1 0 1

F4+F3−−−−→

1 0 1 0 0 1 0 00 1 0 0 0 0 1 00 0 1 0 1 0 −1 00 0 0 1 1 −1 −1 1

F1−F3−−−−→

1 0 0 0 −1 1 1 00 1 0 0 0 0 1 00 0 1 0 1 0 −1 00 0 0 1 1 −1 −1 1

A−1 =

−1 1 1 00 0 1 01 0 −1 01 −1 −1 1

o

58. Encuentra los valores de b para los que la matriz A =

1 1 1 12 b 0 −33 0 b 04 0 0 b+ 3

es invertible.

Solucion: Basta con encontrar los valores para los que el determinante no es nulo. Una forma decalcular el determinante (entre otras posibilidades, como desarrollar por una fila o columna con dosceros, o como empezar con bF1 − (F2 + F3 + F4) haciendo aparte el caso b = 0) consiste en haceroperaciones elementales y desarrollar por filas o columnas ası:

A =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 1 12 b 0 −33 0 b 04 0 0 b+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 0 02 b− 2 −2 −53 −3 b− 3 −34 −4 −4 b− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

b− 2 −2 −5−3 b− 3 −3−4 −4 b− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

b− 9 −2 −5b− 9 b− 3 −3b− 9 −4 b− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

b− 9 −2 −50 b− 1 20 −2 b+ 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (b− 9)(b2 + 3b− 4 + 4) = (b− 9)(b+ 3)b

Por tanto la matriz es invertible para todos los valores de b excepto para b = 9, b = −3 y b = 0.

o

59. Encuentra los valores del parametro b para los que la siguiente matriz NO es invertible.

A =

1 1− b 3 22 6 b 2

−2 b+ 4 0 −11 b+ 7 3 2



Solucion: Se trata de encontrar los valores que anulan al determinante. Para calcularlo se puedenusar operaciones elementales por ejemplo para poner ceros debajo del primer 1. Pero es mejor si seobserva que las filas 1 y 4 se parecen mucho; comenzamos restandolas:

|A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1− b 3 22 6 b 2

−2 b+ 4 0 −11 b+ 7 3 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1− b 3 22 6 b 2

−2 b+ 4 0 −10 2b+ 6 0 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (2b+ 6)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 3 22 b 2

−2 0 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

El determinante 3 × 3 se puede hacer por Sarrus sin problemas, o por ejemplo poniendo un ceromas en la ultima fila (haciendo C1 − 2C3):

|A| = 2(b+ 3)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−3 3 2−2 b 20 0 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2(b+ 3)

∣

∣

∣

∣

3 32 b

∣

∣

∣

∣

= 2(b+ 3)(3b− 6) = 6(b+ 3)(b− 2)

Por tanto la matriz NO es invertible para b = −3 y para b = 2.

o

60. Encuentra los valores del parametro b para los que la siguiente matriz es invertible.

A =

1 2 −2 13 b− 2 0 32 2 −1 2

3− b 6 b+ 2 b+ 5

Solucion: Se trata de encontrar los valores que NO anulan al determinante. Para calcularlo sepuede empezar restando las columnas 1 y 4 , que se parecen mucho. Pero tambien es sencillo si sehace un proceso estandar de poner ceros debajo del primer 1:

|A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 −2 13 b− 2 0 32 2 −1 2

3− b 6 b+ 2 b+ 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 −2 10 b− 8 6 00 −2 3 00 2b 8− b 2b+ 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

b− 8 6 0−2 3 02b 8− b 2b+ 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2(b+ 1)

∣

∣

∣

∣

b− 8 6−2 3

∣

∣

∣

∣

= 6(b+ 1)

∣

∣

∣

∣

b− 8 2−2 1

∣

∣

∣

∣

= 6(b+ 1)(b− 4)

Por tanto la matriz es invertible para cualquier valor de b distinto de −1 y de 4.

o

61. Calcula el determinante de la siguiente matriz, simplifıcalo cuanto puedas y determina los valoresde los parametros a y b para los que se anula:

A =

a 1 1 11 2− a 1 11 1 2− b 11 1 1 b



Solucion: Lo mejor es observar que la matriz tiene “una mitad con a’s y una mitad con b’s” ytratarlas por separado. Empezamos por ejemplo con F1 −F2 y F4 −F3 y luego C2 −C1 y C3 −C4:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a 1 1 11 2− a 1 11 1 2− b 11 1 1 b

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a− 1 a− 1 0 01 2− a 1 11 1 2− b 10 0 b− 1 b− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a− 1 0 0 01 1− a 0 11 0 1− b 10 0 0 b− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Desarrollando por la primera fila sale (a−1) por un determinante con ceros bajo la diagonal que vale(1−a)(1−b)(b−1). Por tanto |A| = (a−1)(1−a)(1−b)(b−1) = (a−1)2(b−1)2, y en consecuenciael determinante se anula cuando a = 1 (para cualquier b) y cuando b = 1 (para cualquier a).

o


2 AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACION

2. AUTOVALORES Y AUTOVECTORES; DIAGONALIZACION

1. Di que son los autovalores y autovectores de una matriz cuadrada A, y di como se pueden calcular.

Solucion: Un autovalor es un escalar λ para el cual existen vectores-columna no nulos ~v conA~v = λ~v, y los vectores que satisfacen esta igualdad son los autovectores asociados al autovalor λ.

Los autovalores son las raıces del polinomio caracterıstico p(λ) = det(λ In−A), donde n es el tamanode la matriz. Si λ0 es una de estas raıces, los correspondientes autovectores son las soluciones delsistema homogeneo de ecuaciones lineales con matriz de coeficientes λ0 In −A.

o

2. Para una matriz cuadrada A, ¿que significa que ~v sea un autovector asociado al autovalor λ?

Comprueba que ~v =

(

75

)

es un autovector de A =

(

53 −7035 −46

)

; ¿cual es el autovalor asociado?

Solucion: Significa que ~v 6= ~0 y A~v = λ~v. En el caso concreto que se da, haciendo el producto A~v

se obtiene

(

2115

)

, que claramente es 3~v, por lo que ~v es un autovector de A asociado al autovalor 3.

o

3. Para una matriz cuadrada A, ¿que significa que ~v sea un autovector asociado al autovalor λ?

Comprueba que ~v =

(

35

)

es un autovector de A =

(

179 −99255 −139

)

; ¿cual es el correspondiente

autovalor?

Solucion: Significa que ~v 6= ~0 y A~v = λ~v. En el caso concreto que se da, haciendo el producto A~v se

obtiene

(

4270

)

, que claramente es 14~v, por lo que ~v es un autovector de A asociado al autovalor 14.

o

4. Si ~v y ~w son autovectores de la matriz cuadrada A, ambos asociados al autovalor λ, se pide:

¿Es ~v + ~w un autovector de A? En caso afirmativo, ¿cual es el autovalor asociado?

¿Es ~v un autovector de la matriz 3A? En caso afirmativo, ¿cual es el autovalor asociado?

Solucion: Como ~v y ~w son autovectores de A asociados a λ, se tiene A~v = λ~v y A~w = λ~w.Entonces:

A · (~v+ ~w) = A~v+A~w = λ~v+λ~w = λ(~v+ ~w), por lo que ~v+ ~w es autovector de A con autovalor λ.

3A · ~v = 3 ·A~v = 3 · λ~v = 3λ · ~v, por lo que ~v es autovector de 3A con autovalor 3λ.

o



5. Si λ0 es un autovalor de una matriz cuadrada A, se pide:

a) ¿Que es la multiplicidad de λ0? b) ¿Que relacion tiene con los grados de libertad del sistemahomogeneo (λ0I −A | 0)? c) ¿Como influyen las multiplicidades para saber si A es diagonalizable?

Solucion: a) Como λ0 es autovalor, al factorizar el polinomio caracterıstico p(λ) = |λI−A| apareceel factor (λ− λ0), y podemos agrupar todas las veces que aparece en una potencia (λ− λ0)

m. Eseexponente m es la multiplicidad de λ0.

b) Esa multiplicidad m siempre es mayor o igual que los grados de libertad de (λ0I − A | 0). Y sim = 1 (autovalor simple) entonces se da seguro la igualdad, es decir hay exactamente 1 grado delibertad.

c) A es diagonalizable si y solo si la suma de las multiplicidades es el tamano de A y ademas, paracada autovalor λ0, su multiplicidad es igual que los grados de libertad de (λ0I −A | 0).

o

6. Si A es una matriz cuadrada de tamano n, ¿que significa que A sea diagonalizable?

Solucion: Que existan dos matrices cuadradas del mismo tamano, una diagonal D y una in-vertible P , tales que AP = PD. Tambien significa que A tenga n vectores propios linealmenteindependientes.

o

7. Con respecto a la diagonalizacion:

a) ¿Que se puede decir de una matriz simetrica A?

b) ¿Que se puede decir de una matriz cuyo polinomio caracterıstico es (x− 1)2(x+ 1)2(x2 + 1)?

Solucion: a) Que se puede diagonalizar ortogonalmente, es decir, que existen una matriz diagonalD y una matriz invertible P con sus columnas (o filas) ortogonales dos a dos tales que AP = PD.

b) Que no se puede diagonalizar (sobre R), pues el polinomio caracterıstico tiene raıces que no sonreales (las del tercer factor, que son i y −i).

o

8. La matriz A es diagonalizable y tenemos D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD. ¿Comopuedes usar esto para calcular las potencias de A de un modo sencillo? ¿Por que es sencillo?

Solucion: De la igualdad AP = PD se obtiene A = PDP−1, multiplicando a la derecha por P−1.Entonces A2 = PDP−1PDP−1 = PD2P−1 y analogamente Ak = PDkP−1. Esto da un modo decalcular la potencia Ak que es sencillo porque las matrices P y P−1 son “fijas” (no dependen de k)y Dk es muy facil de calcular: si D = diag(d1, d2, . . . , dn) entonces D

k = diag(dk1, dk2, . . . , d

kn).

o



9. Si una matriz cuadrada A es diagonalizable, explica como se puede usar esto para obtener unaforma de calcular sus potencias Ak. ¿Que ventaja tiene esa formula?

Solucion: Si A es diagonalizable, se tiene AP = PD para ciertas matricesD diagonal y P invertibledel mismo tamano que A, y por tanto (multiplicando a la derecha por P−1) se tiene A = PDP−1.

Entonces A2 = PDP−1PDP−1 = PD2P−1 y analogamente Ak = PDkP−1.

Esto da una forma de calcular las potencias Ak que es es sencilla puesto que las matrices P y P−1

son “fijas” (no dependen de k) y la potencia Dk es muy facil de calcular: si D = diag(d1, d2, . . . , dn)entonces Dk = diag(dk1, d

k2, . . . , d

kn).

o

10. ¿En que consiste la “diagonalizacion ortogonal” de una matriz? ¿Para que matrices puede hacerse?

Solucion: El proceso se puede aplicar exclusivamente a matrices cuadradas A que sean simetricas(y cuyas entradas sean numeros reales), y consiste en encontrar dos matrices D y P del mismotamano que A con D diagonal y P invertible y con columnas ortogonales dos a dos.

o

11. Da un ejemplo de una matriz 2× 2 que sea diagonalizable pero no sea invertible, y otro ejemplo deuna matriz 2× 2 que sea invertible pero no sea diagonalizable.

Solucion: Para el primer caso vale cualquier matriz simetrica (y por tanto diagonalizable) condeterminante nulo (no invertible), como la matriz nula o las matrices

(

1 −1−1 1

)

, ( 1 22 4 ), (

1 33 9 ), (

4 66 9 ). . .

Tambien vale cualquier matriz de la forma(

a b0 0

)

con a 6= 0, que no es invertible por tener una filanula y es diagonalizable por tener dos autovalores distintos (a y 0).

Para el segundo vale por ejemplo ( 1 10 1 ), invertible (determinante 1) y no diagonalizable. Tambien

valen matrices invertibles (determinante no nulo) con autovalores complejos, como(

0 −11 0

)

.

o

12. Para cada afirmacion, decide justificadamente si es verdadera o falsa:

a) Si una matriz cuadrada A es invertible, entonces es diagonalizable.

b) Si una matriz cuadrada A es diagonalizable, entonces es invertible.

Solucion: Ambas son falsas. La matriz

(

1 10 1

)

es invertible (determinante 1) y no es diago-

nalizable (ejemplo en la primera pagina del tema de diagonalizacion). Y cualquier matriz diagonalA es diagonalizable (tomando D = A y P = In), pero en cuanto tenga un 0 en la diagonal no esinvertible.

o



13. Dadas la matriz A =

1 −3 33 −5 36 −6 4

y el vector ~v =

1x1

, y sin usar el proceso estandar de

diagonalizacion, encuentra los valores de x para los que ~v es un autovector de A.

Solucion: Se trata de ver si A~v =

4− 3x6− 5x10− 6x

es proporcional a ~v =

1x1

. Para que eso ocurra,

las coordenadas 1 y 3 de A~v deben coincidir, o sea debe ser 4− 3x = 10− 6x. Por tanto, el unicovalor posible es x = 2, pero hay que ver que tambien se mantiene la proporcionalidad en la 2

coordenada. Efectivamente, para x = 2 se tiene que A~v =

−2−4−2

es multiplo de ~v =

121

, por lo

que la respuesta es x = 2. (En vista de A~v y de ~v, el autovalor correspondiente es λ = −2).

o

14. Dadas la matriz A =

1 −3 33 −5 36 −6 4

y el vector ~v =

1x1

, y sin usar el proceso estandar de

diagonalizacion, encuentra los valores de x para los que ~v es un autovector de A.

Solucion: Se trata de ver si A~v =

4− 3x6− 5x10− 6x

es proporcional a ~v =

1x1

. Para que eso ocurra,

las coordenadas 1 y 3 de A~v deben coincidir, o sea debe ser 4− 3x = 10− 6x. Por tanto, el unicovalor posible es x = 2, pero hay que ver que tambien se mantiene la proporcionalidad en la 2

coordenada. Efectivamente, para x = 2 se tiene que A~v =

−2−4−2

es multiplo de ~v =

121

, por lo

que la respuesta es x = 2. (En vista de A~v y de ~v, el autovalor correspondiente es λ = −2).

o

15. Una matriz simetrica de tamano 3×3 tiene tres autovalores distintos a, b y c. Si (2,−1, 3) y (−1, x, 2)son autovectores asociados a los autovalores a y b, respectivamente, halla el valor de x y halla unautovector asociado a c.

Solucion: Como A es simetrica, los autovectores asociados a autovalores distintos son ortogonales.Por tanto se tiene 0 = (2,−1, 3) · (−1, x, 2) = −2− x+ 6, de donde x = 4.

Un autovector de c debe ser ortogonal a los dos anteriores y por tanto sirve su producto vectorial(2,−1, 3)× (−1, 4, 2) = (−14,−7, 7) o cualquier multiplo suyo, por ejemplo (2, 1,−1).

o



16. Sea A una matriz 3 × 3 diagonalizable con autovalores 1 (simple) y −1 (doble). Demuestra queA2 = I3 (la matriz identidad 3× 3).

Solucion: Aparece una potencia de una matriz diagonalizable, por lo que es natural pensar en losargumentos del apartado sobre potencias de matrices en el tema de diagonalizacion.

Como es diagonalizable, existen matrices del mismo tamano P (invertible) y D (diagonal) tales queAP = PD, o sea A = PDP−1, y sabemos que A2 = PD2P−1. Pero las entradas en la diagonal deD son los autovalores repetidos segun su multiplicidad, o sea D = diag(1,−1,−1) (o los mismostres numeros en otro orden), y por tanto D2 = I3. Entonces A

2 = PI3P−1 = PP−1 = I3.

o

17. Sea A una matriz 3×3 diagonalizable con autovalores 1 (doble) y 0 (simple). Demuestra que A2 = A.

Solucion: Aparece una potencia de una matriz diagonalizable, por lo que es natural pensar en losargumentos del apartado sobre potencias de matrices en el tema de diagonalizacion.

Como es diagonalizable, existen matrices del mismo tamano P (invertible) y D (diagonal) tales queAP = PD, o sea A = PDP−1, y sabemos que A2 = PD2P−1. Pero las entradas en la diagonal deD son los autovalores repetidos segun su multiplicidad, o sea D = diag(1, 1, 0) (o los mismos tresnumeros en otro orden), y por tanto D2 = D. Entonces A2 = PDP−1 = A.

o

18. Comprueba que una matriz de la forma A =

5 0 −10 b 00 0 5

NO es diagonalizable.

Solucion: El polinomio caracterıstico es claramente (λ− 5)2(λ− b), y el sistema homogeneo que

da los autovectores asociados a λ = 5 tiene por matriz de coeficientes 5I −A =

0 0 10 b− 5 00 0 0

.

Si b = 5 entonces 5 es autovalor triple y el rango de 5I−A es 1, por lo que hay 2 grados de libertad,y como 2 < 3 deducimos que A no es diagonalizable.

Si b 6= 5 entonces 5 es autovalor doble y el rango de 5I −A es 2, por lo que hay 1 grado de libertad,y como 1 < 2 deducimos que A tampoco es diagonalizable en este otro caso.

o

19. ¿Para que valores de a es diagonalizable la matriz A =

(

1 a0 a+ 2

)

?

Solucion: El polinomio caracterıstico es P (λ) = (λ − 1)(λ − (a + 2)). Por tanto, si a + 2 6= 1 (osea, si a 6= −1) todos los valores propios tienen multiplicidad 1 y A es diagonalizable. Para a = −1

hay un unico valor propio λ = 1 con multiplicidad 2, y el rango de λI −A =

(

0 10 0

)

es 1, por lo

que A no es diagonalizable.

o



20. Dada la matriz A =

2− b −b 1b b+ 2 −10 0 3

, se pide:

a) Comprueba que sus autovalores son 2 (doble) y 3 (simple), independientemente de b.

b) Encuentra justificadamente un valor de b para el que A sea diagonalizable (no hay que diago-nalizarla, solo hay que decir por que es diagonalizable).

Solucion: Desarrollando el polinomio caracterıstico por la tercera fila aparece λ− 3 multiplicandoa:∣

∣

∣

∣

λ− 2 + b b−b λ− 2− b

∣

∣

∣

∣

= [(λ− 2) + b] · [(λ− 2) + b] + b2 = (λ− 2)2 − b2 + b2 = (λ− 2)2

Por lo que el polinomio caracterıstico es (λ− 3)(λ− 2)2, lo que prueba el apartado a).

Como el autovalor 3 es simple, lo unico que importa para que A sea diagonalizable es que aparezcan2 autovectores basicos (o sea que haya 2 grados de libertad) para el autovalor doble λ = 2. El sistema

homogeneo que da los autovectores basicos tiene matriz de coeficientes 2I−A =

b b −1−b −b 10 0 −1

.

Para que haya dos grados de libertad el rango debe ser 1, lo que se obtiene claramente para b = 0(de hecho, solo es diagonalizable para ese valor).

o

21. Diagonaliza la matriz A =

(

−31 24−40 31

)

.

Solucion: El calculo del polinomio caracterıstico muestra que los autovalores son 1 y −1:

P (λ) = |λI2 −A| =∣

∣

∣

∣

λ+ 31 −2440 λ− 31

∣

∣

∣

∣

= (λ+ 31)(λ− 31) + 40 · 24 = λ2 − 312 + 960 = λ2 − 1

Para el autovalor 1, los autovectores son las soluciones del sistema homogeneo con matriz

I2 −A =

(

32 −2440 −30

)

→(

4 −34 −3

)

, luego un autovector para λ = 1 es

(

3

4

)

Para el autovalor −1, los autovectores son las soluciones del sistema homogeneo con matriz

−I2 −A =

(

30 −2440 −32

)

→(

5 −45 −4

)

, luego un autovector para λ = −1 es

(

4

5

)

En definitiva, se tiene AP = PD con P =

(

3 44 5

)

invertible y D =

(

1 00 −1

)

diagonal.

o




(

−13 20−12 18

)

.

Solucion: p(λ) =

∣

∣

∣

∣

λ+ 13 −2012 λ− 18

∣

∣

∣

∣

= λ2 − 18λ+ 13λ− 234 + 240 = λ2 − 5λ+ 6.

Las raıces, o sea los autovalores de A, son 2 y 3 (simples), por lo que A es diagonalizable.

Los autovectores correspondientes a λ = 2 son las soluciones del sistema homogeneo con matriz

2I −A =

(

15 −2012 −16

)

1

5F1−−→

1

4F2

(

3 −43 −4

)

con solucion

(

4

3

)

Los autovectores correspondientes a λ = 3 son las soluciones del sistema homogeneo con matriz

3I −A =

(

16 −2012 −15

)

1

4F1−−→

1

3F2

(

4 −54 −5

)

con solucion

(

5

4

)

Por tanto D =

(

2 00 3

)

y P =

(

4 53 4

)

satisfacen la igualdad pedida.

o


(

−40 −10518 47

)

, encuentra una matriz invertible P con P−1AP diagonal.

Solucion: El polinomio caracterıstico es p(λ) = det(λI − A) =∣

∣

λ+40 105−18 λ−47

∣

∣ = λ2 − 7λ+ 10, y susraıces (los valores propios de A) son λ = 2 y λ = 5.

Los vectores propios asociados a λ = 2 son las soluciones del sistema homogeneo con matriz de

coeficientes 2I −A =

(

42 105−18 −45

)

→(

2 5−2 −5

)

→(

2 50 0

)

, generados por ~v2 = (5,−2)t.

Los vectores propios asociados a λ = 5 son las soluciones del sistema homogeneo con matriz de

coeficientes 5I −A =

(

45 105−18 −42

)

→(

3 7−3 −7

)

→(

3 70 0

)

, generados por ~v5 = (7,−3)t.

Por tanto la matriz P =

(

5 7−2 −3

)

verifica que P−1AP =

(

2 00 5

)

es diagonal.

o


(

−13 6−30 14

)

, encuentra matrices D (diagonal) y P (invertible) del mismo

tamano con AP = PD, y usalas para calcular A5.

Solucion: El calculo del polinomio caracterıstico es directo:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

λ+ 13 −630 λ− 14

∣

∣

∣

∣

= λ2 + 13λ− 14λ− 182 + 180 = λ2 − λ− 2 = (λ+ 1)(λ− 2)



Por tanto hay dos valores propios simples: −1 y 2. Los correspondientes vectores propios son lassoluciones de los sistemas homogeneos con matrices:

(−I −A) =

(

12 −630 −15

)

→(

2 −1)

(2I −A) =

(

15 −630 −12

)

→(

5 −2)

Las soluciones del primero estan generadas por

(

1

2

)

y las del segundo por

(

2

5

)

, por lo que las

matrices P =

(

1 22 5

)

y D =

(

−1 00 2

)

satisfacen la igualdad pedida.

Para el calculo de A5 usando estas matrices, sabemos que de AP = PD se deduce que A = PDP−1

y esto a su vez implica A5 = PD5P−1. El calculo de D5 y el de P−1 son elementales y solo faltaoperar:

A5 =

(

1 22 5

)(

−1 00 25

)(

5 −2−2 1

)

=

(

−1 64−2 160

)(

5 −2−2 1

)

=

(

−133 66−330 164

)

o


2 0 01 0 10 0 2

, se pide:

a) Encuentra una matriz invertible P tal que P−1AP sea una matriz diagonal.

b) Calcula su n-esima potencia An.

Solucion: El polinomio caracterıstico de A es |λI3 − A| = λ(λ − 2)2, luego hay un valor propioλ = 0 con multiplicidad 1, y un valor propio λ = 2 con multiplicidad 2.

Los vectores propios asociados a λ = 0 son las soluciones del sistema homogeneo con matriz decoeficientes −A; una solucion es ~v1 = (0, 1, 0)t.

Los vectores propios asociados a λ = 2 son las soluciones del sistema homogeneo con matriz decoeficientes 2I3 −A; dos soluciones linealmente independientes son ~v2 = (2, 1, 0)t y ~v3 = (0, 1, 2)t.

Por tanto, la matriz P =

0 2 01 1 10 0 2

verifica P−1AP = D =

0 0 00 2 00 0 2

.

De esta ultima igualdad deducimos que A = PDP−1, y por tanto An = PDnP−1, lo que nos

permite resolver el segundo apartado calculando primero P−1 =1

2

−1 2 −11 0 00 0 1

. Entonces

An = PDnP−1 =1

2

0 2 01 1 10 0 2

0 0 00 2n 00 0 2n

−1 2 −11 0 00 0 1

=

2n 0 02n−1 0 2n−1

0 0 2n

Esto tambien se puede hacer observando la pauta que siguen las primeras potencias de A:

A =

2 0 01 0 10 0 2

A2 =

4 0 02 0 20 0 4

A3 = A·A2 =

8 0 04 0 40 0 8

A4 =

16 0 08 0 80 0 16

. . .

o



26. Diagonaliza las matrices siguientes. O sea, para cada una, decide si es o no diagonalizable y, en casoafirmativo, encuentra una matriz diagonal y otra invertible que satisfagan dicha definicion.

A =

3 0 10 4 00 0 3

B =

3 0 10 4 01 0 3

Solucion: Para A, el polinomio caracterıstico vale directamente (λ − 3)2(λ − 4) porque apareceel determinate de una matriz triangular superior. Para el autovalor doble λ = 3, en la matriz delsistema homogeneo que nos da sus autovectores hay dos filas no proporcionales (y otra fila nula),luego el rango es 2 y por tanto solo hay 1 grado de libertad; como el autovalor era doble, A no esdiagonalizable.

Para B, sabemos que es diagonalizable al ser simetrica. El polinomio caracterıstico se puede desa-rrollar por la segunda fila y sale

(λ− 4)

∣

∣

∣

∣

λ− 3 −1−1 λ− 3

∣

∣

∣

∣

= (λ− 4)(λ2 − 6λ+ 8) = (λ− 4)2(λ− 2)

Ası, para encontrar matrices D (diagonal) y P (invertible) con BP = PD, podemos tomar D =diag(4, 4, 2) y entonces P tendra en sus dos primeras columnas dos autovectores LI para el autovalordoble λ = 4 y en su tercera columna un autovector del autovalor simple λ = 2.

Para λ = 4, la matriz 4I −A tiene una fila nula y las otras dos proporcionales a (1, 0,−1), ası quesirven como autovectores por ejemplo ~v1 = (1, 0, 1) y ~v2 = (0, 1, 0), mientras que para λ = 2 hayque4 resolver el sistema

2I −B =

−1 0 −10 2 0

−1 0 −1

~v3 = (1, 0,−1)

En definitiva, nos sirve como matriz P la que tiene por columnas, en ese orden, a ~v1, ~v2 y ~v3.

o

27. Dada A =

4 1 −20 3 01 1 1

, encuentra matrices P (invertible) y D (diagonal) tales que AP = PD.

Solucion: El polinomio caracterıstico se obtiene facilmente desarrollando por la segunda fila:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 4 −1 20 λ− 3 0−1 −1 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)

∣

∣

∣

∣

λ− 4 2−1 λ− 1

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)(λ2 − 5λ+6) = (λ− 3)2(λ− 2)

Por tanto hay un autovalor simple λ = 2 y un autovalor doble λ = 3.

Para λ = 2 el sistema homogeneo con matriz 2I−A =

−2 −1 20 −1 0

−1 −1 1

tiene soluciones generadas

por el vector (1, 0, 1). Cualquier otra eleccion debe ser un multiplo no nulo de este vector.

4En realidad, como B es simetrica, sabemos que los autovectores de λ = 2 son ortogonales a los de λ = 4 y por tantopodemos tomar directamente el (1, 0,−1).



Para λ = 3 el sistema homogeneo con matriz 3I−A =

−1 −1 20 0 0

−1 −1 2

tiene soluciones generadas

por los vectores (1,−1, 0) y (1, 1, 1). Aquı hay mas opciones para presentar generadores de lassoluciones.

Por tanto, las siguientes matrices cumplen lo que se pide (la solucion no es unica):

P =

1 1 10 −1 11 0 1

y D =

2 0 00 3 00 0 3

o


13 −5 515 −7 5

−15 5 −7

, calcula sus autovalores, decide si es diagonalizable y, en

caso afirmativo, encuentra dos matrices D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD.

Solucion: Calculamos el polinomio caracterıstico haciendo primero F3 + F2 y luego C2 − C3:

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 13 5 −5−15 λ+ 7 −515 −5 λ+ 7

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 13 5 −5−15 λ+ 7 −50 λ+ 2 λ+ 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 13 10 −5−15 λ+ 12 −50 0 λ+ 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(λ+ 2)

∣

∣

∣

∣

λ− 13 10−15 λ+ 12

∣

∣

∣

∣

= (λ+ 2)(λ2 − λ− 6) = (λ+ 2)2(λ− 3)

Por tanto hay un autovalor doble λ = −2 y un autovalor simple λ = 3. Si para el autovalor dobleencontramos 2 autovectores basicos, la matriz A sera diagonalizable (el otro autovalor es simple yseguro que se obtiene exactamente un autovector basico).

Los autovectores asociados a λ = −2 son las soluciones del sistema homogeneo con matriz

−2I −A =

−15 5 −5−15 5 −515 −5 5

→ (3 − 1 1)

130

011

Como hay dos autovectores basicos, la matriz A es diagonalizable.

Los autovectores asociados a λ = 3 son las soluciones del sistema homogeneo con matriz

3I −A →

−2 1 −1−3 2 −13 −1 2

F2−2F1−−−−−→F3+F1

−2 1 −11 0 11 0 1

F1+F2−−−−→(

−1 1 01 0 1

)

11

−1

Por tanto podemos tomar D =

−2 0 00 −2 00 0 3

y P =

1 0 13 1 10 1 −1

.

o




−3 0 −20−3 2 −121 0 6

.

Solucion: El polinomio caracterıstico se obtiene facilmente desarrollando por la segunda columna:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 3 0 203 λ− 2 12−1 0 λ− 6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ− 2)

∣

∣

∣

∣

λ+ 3 20−1 λ− 6

∣

∣

∣

∣

= · · · = (λ− 1)(λ− 2)2

Por tanto hay un autovalor simple λ = 1 y un autovalor doble λ = 2.

Para λ = 1 el sistema con matriz (I −A | 0) tiene soluciones generadas por el vector (5, 3,−1).

Para λ = 2 el sistema (2I −A | 0) tiene soluciones generadas por los vectores (4, 0,−1) y (0, 1, 0).

Por tanto, las siguientes matrices cumplen lo que se pide (la solucion no es unica):

P =

5 4 03 0 1

−1 −1 0

y D =

1 0 00 2 00 0 2

o


−5 −2 22 −1 −2

−2 −2 −1

.

Solucion: Calculamos el polinomio caracterıstico haciendo primero C3 + C2 y luego F2 − F3:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 5 2 −2−2 λ+ 1 22 2 λ+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 5 2 0−2 λ+ 1 λ+ 32 2 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 5 2 0−4 λ− 1 02 2 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(λ+ 3)

∣

∣

∣

∣

λ+ 5 2−4 λ− 1

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)(λ2 + 4λ− 5 + 8) = (λ− 3)(λ2 + 4λ+ 3) = (λ+ 3)2(λ+ 1)

Por tanto los valores propios son −1 (simple) y −3 (doble). Los vectores propios asociados a λ = −1y a λ = −3 son las soluciones de los sistemas homogeneos siguientes:

(−I−A) =

4 2 −2−2 0 22 2 0

→

1 0 −11 1 02 1 −1

→

1 0 −10 1 10 1 1

xyz

= α

1−11

(−3I −A) =

2 2 −2−2 −2 22 2 −2

→

1 1 −10 0 00 0 0

xyz

= β

1−10

+ γ

101

por lo que se pueden tomar por ejemplo D =

−1 0 00 −3 00 0 −3

y P =

1 1 1−1 −1 01 0 1

.

o




−7 2 2−17 5 5−7 2 2

, se pide:

a) Comprueba que tiene tres autovalores simples; ¿que puedes deducir de esto?

b) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector no nulo ~v y comprueba que A~v = λ~v.

Solucion: (a) En vista de las filas, el calculo del polinomio caracterıstico puede empezar conF1 − F3:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 7 −2 −217 λ− 5 −57 −2 λ− 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ 0 −λ17 λ− 5 −57 −2 λ− 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ 0 017 λ− 5 127 −2 λ+ 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

λ ·∣

∣

∣

∣

λ− 5 12−2 λ+ 5

∣

∣

∣

∣

= λ(λ2 − 25 + 24) = λ(λ2 − 1) = λ(λ− 1)(λ+ 1)

Por tanto hay, en efecto, tres autovalores simples (0, 1 y −1), y de esto se deduce que A es diago-nalizable.

(b) Para cada autovalor λ hay que resolver el sistema (λI −A | 0), por ejemplo ası:

λ = 0 0I −A =

7 −2 −217 −5 −57 −2 −2

F2−3F1−−−−−→(

7 −2 −2−4 1 1

)

F1+2F2−−−−−→(

−1 0 0−4 1 1

)

Con z = α se tiene (x, y, z) = (0,−α, α) = α(0,−1, 1), por lo que (0,−1, 1) es autovector paraλ = 0 (las comprobaciones de que A~v = λ~v son elementales en los tres casos).

λ = 1 I−A =

8 −2 −217 −4 −57 −2 −1

F1−F3−−−−→

1 0 −117 −4 −57 −2 −1

→

1 0 −10 −4 120 −2 6

→(

1 0 −10 1 −3

)

Con z = α se tiene (x, y, z) = (α, 3α, α) = α(1, 3, 1), por lo que (1, 3, 1) es autovector para λ = 1.

λ = −1 −I−A =

6 −2 −217 −6 −57 −2 −3

F3−F1−−−−→

6 −2 −217 −6 −51 0 −1

→

0 −2 40 −6 121 0 −1

→(

0 1 −21 0 −1

)

Con z = α se tiene (x, y, z) = (α, 2α, α) = α(1, 2, 1), por lo que (1, 2, 1) es autovector para λ = −1.

o


4 −6 36 −11 68 −16 9

.

Solucion: En vista de los 6’s, calculamos el polinomio caracterıstico haciendo primero C1 − C3 yluego F3 + F1 (tambien es buena idea ver que hay suma constante en filas):

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 4 6 −3−6 λ+ 11 −6−8 16 λ− 9

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 6 −30 λ+ 11 −6

1− λ 16 λ− 9

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 6 −30 λ+ 11 −60 22 λ− 12

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=



(λ− 1)

∣

∣

∣

∣

λ+ 11 −622 λ− 12

∣

∣

∣

∣

= (λ− 1)(λ2 − λ− 132 + 132) = (λ− 1)2λ

Por tanto los valores propios son 1 (doble) y 0 (simple). Los vectores propios asociados a λ = 1 ya λ = 0 son las soluciones de los sistemas homogeneos siguientes:

(I −A) =

−3 6 −3−6 12 −6−8 16 −8

→(

1 −2 1)

→

xyz

= α

210

+ β

012

(0I −A) =

−4 6 −3−6 11 −6−8 16 −9

F2−2F1−−−−−→F3−3F1

−4 6 −32 −1 04 −2 0

F1+6F2−−−−−→(

8 0 −32 −1 0

)

Tomando x = γ se obtiene y = 2γ y z = 8γ/3, y para γ = 3 se obtiene un vector comodo (3, 6, 8)t.

En consecuencia, unas matrices D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD son

D =

1 0 00 1 00 0 0

y P =

2 0 31 2 60 1 8

o


−6 −1 9−7 −2 13−5 −1 8

, comprueba que tiene tres autovalores simples y calcula un

autovector asociado a cada uno de ellos.

Solucion: El polinomio caracterıstico se puede calcular algo pesadamente usando Sarrus, pero alfinal casi todo se cancela y queda λ3 − λ. Es mas sencillo si se empieza por ejemplo con F1 − F3:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 6 1 −97 λ+ 2 −135 1 λ− 8

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 1 0 −λ− 17 λ+ 2 −135 1 λ− 8

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 1 0 07 λ+ 2 −65 1 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(λ+ 1) ·∣

∣

∣

∣

λ+ 2 −61 λ− 3

∣

∣

∣

∣

= (λ+ 1)(λ2 − λ− 6 + 6) = λ(λ− 1)(λ+ 1)

Por tanto hay tres autovalores simples: 0, 1 y −1. Para cada uno encontramos un autovectorresolviendo el sistema λ I − A correspondiente. En todos es conveniente tomar el pimer pivote enla 2 columna:

λ = 0 0I −A =

6 1 −97 2 −135 1 −8

→

6 1 −9−5 0 5−1 0 1

→(

6 1 −91 0 −1

)

→(

0 1 −31 0 −1

)

Para z = 1 se tiene x = 1 e y = 3, por lo que (1, 3, 1) es un autovector para λ = 0.

λ = 1 I −A =

7 1 −97 3 −135 1 −7

→

7 1 −9−14 0 14−2 0 2

→(

7 1 −91 0 −1

)

→(

0 1 −21 0 −1

)



Para z = 1 se tiene x = 1 e y = 2, por lo que (1, 2, 1) es un autovector para λ = 1.

λ = −1 −I −A =

5 1 −97 1 −135 1 −9

→(

5 1 −92 0 −4

)

→(

5 1 −91 0 −2

)

→(

0 1 11 0 −2

)

Para z = 1 se tiene x = 2 e y = −1, por lo que (2,−1, 1) es un autovector para λ = −1.

o


1 1 −34 4 3

−4 −1 0

.

Para cada uno de los autovectores que obtengas, comprueba que realmente es autovector del co-rrespondiente autovalor.

Solucion: Para calcular el polinomio caracterıstico podemos empezar5 con F1 + F2 (para ponerun 0 en la 3 columna) y seguir con C2 − C1 (en vista de la primera fila):

p(λ) = |λI −A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 −1 3−4 λ− 4 −34 1 λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 λ− 5 0−4 λ− 4 −34 1 λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 0 0−4 λ −34 −3 λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 5)(λ2 − 9) = (λ− 5)(λ− 3)(λ+ 3)

Por tanto los autovalores son 5, 3 y −3, todos simples. Al ser todos simples ya sabemos que A esdiagonalizable, y solo nos queda encontrar un autovector para cada uno de ellos.

Para λ = 5 calculamos el nucleo de

5I −A =

4 −1 3−4 1 −34 1 5

→

4 −1 30 0 08 0 8

→(

4 −1 31 0 1

)

→(

0 −1 −11 0 1

)

Para z = 1 tenemos y = −1, x = −1, de modo que ~v1 = (−1,−1, 1)t es autovector para λ = 5.Podemos comprobarlo expresamente haciendo:

A~v1 =

1 1 −34 4 3

−4 −1 0

−1−11

=

−5−55

= 5~v1


3I −A =

2 −1 3−4 −1 −34 1 3

→

2 −1 3−6 0 −66 0 6

→(

2 −1 31 0 1

)

→(

0 −1 11 0 1

)

5Otra forma de empezar es con F3 + F1 (para poner un 0 en la 2 columna) y luego C3 − C1. Tambien sale facil si seempieza con F3 + F2 (para poner un 0 en la 1 columna) y luego C2 − C3.



Si z = 1 entonces y = 1, x = −1, de modo que ~v2 = (−1, 1, 1)t es autovector para λ = 3.Comprobamos:

A~v2 =

1 1 −34 4 3

−4 −1 0

−111

=

−333

= 3~v2

Para λ = −3 calculamos el nucleo de

−3I−A =

−4 −1 3−4 −7 −34 1 −3

→

−4 −1 324 0 −240 0 0

→(

−4 −1 31 0 −1

)

→(

0 −1 −11 0 −1

)

Si z = 1 entonces y = −1, x = 1, por lo que ~v3 = (1,−1, 1)t es autovector para λ = −3. Compro-bamos:

A~v3 =

1 1 −34 4 3

−4 −1 0

1−11

=

−33

−3

= −3~v3

En definitiva, podemos tomar las matricesD =

5 0 00 3 00 0 −3

(diagonal) y P =

−1 −1 1−1 1 −11 1 1

(invertible) que verifican AP = PD.

o


4 5 −92 10 −122 7 −9

, se pide:

a) Calcula su polinomio caracterıstico y comprueba que tiene tres autovalores simples.

b) Encuentra una matriz diagonal D y una matriz invertible P tales que AP = PD.

Solucion: a) El polinomio caracterıstico se puede calcular algo pesadamente usando Sarrus, peroal final queda λ3 − 5λ2 +6λ, que se factoriza facilmente como λ(λ− 2)(λ− 3). Es mas sencillo si seobserva que hay suma constante por filas y se empieza con C1 + (C2 +C3) (hagase como ejercicio)o si se intentan aprovechar los dos “2” de la primera columna empezando con F3 − F2:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 4 −5 9−2 λ− 10 12−2 −7 λ+ 9

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 4 −5 9−2 λ− 10 120 3− λ λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 4 4 9−2 λ+ 2 120 0 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(λ− 3) ·∣

∣

∣

∣

λ− 4 4−2 λ+ 2

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)(λ2 − 2λ− 8 + 8) = λ(λ− 2)(λ− 3)

Por tanto hay tres autovalores simples: 0, 2 y 3.

b) Ahora se trata de encontrar un autovector para cada autovalor, para ponerlos como columnasen P . Encontramos esos autovectores resolviendo el sistema λ I −A correspondiente:

λ = 0 0I−A =

−4 −5 9−2 −10 12−2 −7 9

→

0 9 −90 −3 3−2 −7 9

→(

0 1 −12 7 −9

)

→(

0 1 −12 0 −2

)



Para z = 1 se tiene x = 1 e y = 1, por lo que (1, 1, 1)t es un autovector para λ = 0.

λ = 2 2I−A =

−2 −5 9−2 −8 12−2 −7 11

→

2 5 −90 −3 30 −2 2

→(

2 5 −90 1 −1

)

→(

2 0 −40 1 −1

)

Para z = 1 se tiene x = 2 e y = 1, por lo que (2, 1, 1)t es un autovector para λ = 2.

λ = 3 3I −A =

−1 −5 9−2 −7 12−2 −7 12

→(

1 5 −90 3 −6

)

→(

1 5 −90 1 −2

)

→(

1 0 10 1 −2

)

Para z = 1 se tiene x = −1 e y = 2, por lo que (−1, 2, 1) es un autovector para λ = 3.

En definitiva, las matrices D =

0 0 00 2 00 0 3

y P =

1 2 −11 1 21 1 1

(invertible, compruebese que

su determinante vale 1) satisfacen AP = PD.

o

36. Se pide, para la matriz A =

2 3 63 −6 26 2 −3

:

a) Calcula sus autovalores (hay uno doble y uno simple).

b) Calcula un conjunto de autovectores basicos para cada autovalor.

Solucion: Para calcular el polinomio caracterıstico empezamos con F1 − 3F2, sacando luego unfactor comun λ− 7 y continuando con C2 + 3C1:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 2 −3 −6−3 λ+ 6 −2−6 −2 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 7 −3λ− 21 0−3 λ+ 6 −2−6 −2 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ+ 7)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −3 0−3 λ+ 6 −2−6 −2 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ+ 7)

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 0 0−3 λ− 3 −2−6 −20 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ+ 7)(λ2 − 9− 40) = (λ+ 7)2(λ− 7)

Por tanto el −7 es un autovalor doble y el 7 es un autovalor simple.

Para λ = −7 la matriz −7I − A tiene sus tres filas proporcionales a (3 1 2), por lo que un par deautovectores son por ejemplo ~u = (1,−3, 0) y ~v = (0,−2, 1).

Para λ = 7 resolvemos el sistema homogeneo asociado a 7I − A usando como pivote el −2 de laultima columna, que es el que mejor divide al resto de su columna:

5 −3 −6−3 13 −2−6 −2 10

→

14 −42 0−3 13 −2−21 63 0

→(

1 −3 0−3 13 −2

)

→(

1 −3 00 4 −2

)



Una solucion es ~w = (3, 1, 2), y por tanto ~u, ~v y ~w forman un conjunto de autovectores basicos.

NOTA: La matriz es simetrica y por tanto desde el principio podıamos afirmar que iba a serdiagonalizable. Como no se pide expresamente una diagonalizacion ortogonal, no hace falta que losvectores basicos sean ortogonales dos s dos, y de hecho ~u y ~v no son ortogonales.

o


13 −5 −10−10 8 1020 −10 −17

.

Para cada autovector que obtengas, multiplıcalo por A para comprobar que es autovector.

Solucion: Para calcular el polinomio caracterıstico podemos empezar por ejemplo con F1 + F2

(para poner un 0 en la 3 columna) y seguir con C2 − C1 (en vista de la primera fila):

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 13 5 1010 λ− 8 −10−20 10 λ+ 17

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 λ− 3 010 λ− 8 −10−20 10 λ+ 17

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 0 010 λ− 18 −10−20 30 λ+ 17

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 3)(λ2 − λ− 306 + 300) = (λ− 3)(λ2 − λ− 6) = (λ− 3)2(λ+ 2)

Por tanto los autovalores son 3 (doble) y −2 (simple). Busquemos autovectores para cada uno deellos.


3I −A =

−10 5 1010 −5 −10

−20 10 20

→(

−2 1 2)

Aquı ya vemos que A es diagonalizable, pues hay dos grados de libertad para el autovalor doble.

Ademas tenemos autovectores ~v1 =

120

y ~v2 =

101

.

Como A~v1=

360

=3~v1 y A~v2=

303

=3~v2, verificamos que son autovectores asociados al autovalor

3.

Para λ = −2 calculamos el nucleo de

−2I −A =

−15 5 1010 −10 −10

−20 10 15

→

1 −1 −1−3 1 2−4 2 3

→

1 −1 −10 −2 −10 −2 −1

→(

1 1 00 2 1

)

y por tanto tenemos el autovector ~v3=

1−12

, y podemos verificar que A~v3=

−22

−4

=−2~v3.

En definitiva, podemos tomar las matrices D =

3 0 00 3 00 0 −2

(diagonal) y P =

1 1 12 0 −10 1 2

(invertible, determinante −1) que verifican AP = PD.

o




2 −1 0−2 3 21 −1 1

.

Solucion: El polinomio caracterıstico se calcula facilmente haciendo primero F3 − F1 y luegoC1 + C3:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 2 1 02 λ− 3 −2−1 1 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 2 1 02 λ− 3 −2

1− λ 0 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 2 1 00 λ− 3 −20 0 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ−1)(λ−2)(λ−3)

Por tanto hay tres autovalores simples (1, 2 y 3) y esto ya nos permite deducir que A es diagonali-zable.

Observacion: El polinomio tambien se calcula facilmente haciendo primero C3+C1 y luego F3−F1,o haciendo primero C1 +C2 y luego F2 − F1, o aplicando la regla de Sarrus, en cuyo caso es mejorno desarrollar el primer producto, pues se obtiene

p(λ) = (λ−1)(λ−2)(λ−3)+2+2(λ−2)−2(λ−1) = (λ−1)(λ−2)(λ−3)+2+2λ−4−2λ−2 = (λ−1)(λ−2)(λ−3)

Para cada autovalor encontramos un autovector resolviendo el sistema λ I −A correspondiente:

λ = 1 I −A =

−1 1 02 −2 −2

−1 1 0

→(

1 −1 01 −1 −1

)

→(

1 −1 00 0 −1

)

Por tanto es z = 0 y x = y, de modo que (1, 1, 0) es un autovector para λ = 1.

λ = 2 2I −A =

0 1 02 −1 −2

−1 1 1

→

0 1 02 0 −2

−1 0 1

→(

0 1 0−1 0 1

)

Por tanto es y = 0 y x = z, de modo que (1, 0, 1) es un autovector para λ = 2.

λ = 3 3I −A =

1 1 02 0 −2

−1 1 2

→

1 1 00 −2 −20 2 2

→(

1 1 00 1 1

)

Para y = −1 se tiene x = 1 y z = 1, por lo que (1,−1, 1) es un autovector para λ = 3.

La matriz diagonal D =

1 0 00 2 00 0 3

y la matriz invertible P =

1 1 11 0 −10 1 1

(determinante 1)

verifican AP = PD.

o




3 4 −82 11 −142 8 −11

.

Solucion: Calculamos el polinomio caracterıstico aprovechando que tiene suma constante en lasfilas:

|λI −A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 −4 8−2 λ− 11 14−2 −8 λ+ 11

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 1 −4 8λ+ 1 λ− 11 14λ+ 1 −8 λ+ 11

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 1 −4 80 λ− 7 60 −4 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(λ+ 1)(λ2 − 4λ+ 3) = (λ+ 1)(λ− 1)(λ− 3)

Por tanto hay tres autovalores simples: −1, 1 y 3 y en consecuencia la matriz es diagonalizable.

Para el autovalor λ = −1, resolviendo el sistema (−I−A | 0) se obtiene un autovector basico (1, 1, 1).

Para el autovalor λ = 1, resolviendo el sistema (I −A | 0) se obtiene un autovector basico (2, 1, 1).

Para el autovalor λ = 3, resolviendo el sistema (3I−A | 0) se obtiene un autovector basico (−1, 2, 1).

Por tanto las siguientes matrices, conD diagonal y P invertible (|P | = −1 6= 0), verifican AP = PD.

D =

−1 0 00 1 00 0 3

P =

1 2 −11 1 21 1 1

o


11 −16 82 −1 2

−2 4 1

, determina sus autovalores y la correspondiente multiplici-

dad, y encuentra dos matrices D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD.

Solucion: El polinomio caracterıstico se calcula facilmente de varias formas. Por ejemplo, si seobserva que hay suma constante en filas se puede empezar con C1+C2+C3 para hacer luego F2−F1

y F3 −F1. Desarrollamos aquı otra opcion muy directa que aprovecha el ±2 de la primera columnapara obtener un cero, haciendo primero F2 + F3 y luego C3 − C2:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 11 16 −8−2 λ+ 1 −22 −4 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 11 16 −80 λ− 3 λ− 32 −4 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 11 16 −240 λ− 3 02 −4 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(λ− 3)

∣

∣

∣

∣

λ− 11 −242 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)(λ2 − 8λ− 33 + 48) = (λ− 3)(λ2 − 8λ+ 15) = (λ− 3)2(λ− 5)

Por tanto hay un autovalor doble (el 3) y uno simple (el 5).

Para el autovalor λ = 3 buscamos autovectores resolviendo el sistema homogeneo (3I −A | 0):

3I −A =

−8 16 −8−2 4 −22 −4 2

→(

1 −2 1)



Como el rango de la matriz es 1, la dimension de las soluciones es 2 y por tanto ya podemos asegurarque A es diagonalizable y que podemos a encontrar las matrices P y D del enunciado. TomaremosD = diag(3, 3, 5). Las dos primeras columnas de P seran pues dos autovectores LI para λ = 3, osea dos soluciones no proporcionales del sistema; a ojo se obtienen las soluciones (2, 1, 0), (1, 0,−1),(0, 1, 2) e incluso (1, 1, 1), este ultimo previsible si vimos que cada fila sumaba 3, y cualquier parejade ellos nos sirve para las dos primeras columnas de P . Tomaremos los dos primeros.

Para el autovalor λ = 5 buscamos un autovector resolviendo el sistema homogeneo (5I −A | 0):

5I−A =

−6 16 −8−2 6 −22 −4 4

→

−3 8 −4−1 3 −11 −2 2

→

0 2 20 1 11 −2 2

→(

0 1 11 −2 2

)

→(

0 1 11 0 4

)

Para z = α se tiene x = −4α y y = −α, o sea (x, y, z) = α(−4,−1, 1), por lo que (−4,−1, 1), omejor su opuesto (4, 1,−1), es un autovector para λ = 5.

En definitiva, matriz D =

3 0 00 3 00 0 5

(diagonal) y la matriz P =

2 1 41 0 10 −1 −1

(invertible,

determinante 1) verifican AP = PD.

o

41. Encuentra los valores propios de la matriz A =

5 0 −40 3 02 0 −1

, ası como dos matrices D (diagonal)

y P (invertible) tales que D = P−1AP .

Solucion: El polinomio caracterıstico es

P (λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 0 40 λ− 3 0−2 0 λ+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)

∣

∣

∣

∣

λ− 5 4−2 λ+ 1

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)(λ2− 4λ+3) = (λ− 3)2(λ− 1)

y por tanto los valores propios son 1 (simple) y 3 (doble). Los vectores propios asociados al valorpropio 1 son las soluciones del sistema homogeneo

−4 0 4 00 −2 0 0

−2 0 2 0

→

1 0 −1 00 1 0 00 0 0 0

z = αy = 0x = α

~v1 =

101

y los vectores propios asociados al valor propio 3 son las soluciones del sistema homogeneo

−2 0 4 00 0 0 0

−2 0 4 0

→(

1 0 −2 0)

z = βy = γx = 2β

~v2 =

201

~v3 =

010

por lo que las matrices pedidas son (entre otras posibilidades)

D =

1 0 00 3 00 0 3

P =

1 2 00 0 11 1 0

o



42. Calcular los valores propios de la matriz A =

2 1 −10 3 0

−1 1 2

y encontrar matrices P (invertible)

y D (diagonal) tales que P−1AP = D.

Solucion: El determinante que nos da el polinomio caracterıstico se calcula facilmente desarro-llando por la segunda fila:

P (λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 2 −1 10 λ− 3 01 −1 λ− 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)

∣

∣

∣

∣

λ− 2 11 λ− 2

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)(λ2− 4λ+3) = (λ− 1)(λ− 3)2

luego los valores propios son 1 (con multiplicidad 1) y 3 (con multiplicidad 2).

Los vectores propios asociados a cada uno de ellos, en el orden dado, son las soluciones de lossistemas homogeneos siguientes (nos ahorramos la columna de terminos independientes):

(I −A) =

−1 −1 10 −2 01 −1 −1

→

1 1 −10 1 00 −2 0

→(

1 1 −10 1 0

)

→

y = 0z = αx = α

101

(3I −A) =

1 −1 10 0 01 −1 1

→(

1 −1 1)

y = βz = γx = β − γ

110

,

10

−1

Por tanto podemos tomar P =

1 1 10 1 01 0 −1

y D = P−1AP =

1 0 00 3 00 0 3

.

o

43. Dada A =

4 0 −2−2 −1 26 0 −3

, halla matrices D (diagonal) y P (invertible) con P−1AP = D.

Solucion: El polinomio caracterıstico se calcula facilmente desarrollando por la segunda columna:

P (λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 4 0 22 λ+ 1 −2−6 0 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ+1)

∣

∣

∣

∣

λ− 4 2−6 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

= (λ+1)(λ2−λ−12+12) = (λ+1)λ(λ−1)

y por tanto los valores propios son 1, 0 y −1. Los vectores propios asociados a cada uno de ellos, enel orden dado, son las soluciones de los sistemas homogeneos siguientes (nos ahorramos la columnade terminos independientes):

(I−A) =

−3 0 22 2 −2

−6 0 4

→(

1 1 −10 3 −1

)

→(

1 −2 00 3 −1

)

y = αx = 2αz = 3α

213

(0−A) =

−4 0 22 1 −2

−6 0 3

→(

−2 0 12 1 −2

)

→(

−2 0 1−2 1 0

)

x = βz = 2βy = 2β

122



(−I−A) =

−5 0 22 0 −2

−6 0 2

→

−3 0 01 0 −1

−4 0 0

→(

1 0 00 0 1

)

y = γx = 0z = 0

010

por lo que se pueden tomar por ejemplo D =

1 0 00 0 00 0 −1

y P =

2 1 01 2 13 2 0

.

o


1 −2 −1−2 2 −2−1 −2 1

, se pide:

a) Calcula sus valores propios.

b) Encuentra una matriz invertible P tal que P−1AP sea una matriz diagonal.

c) Calcula la inversa de P .

Solucion: El polinomio caracterıstico se puede calcular desarrollando todo el determinante:

P (λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 2 12 λ− 2 21 2 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ− 1)2(λ− 2) + 4 + 4− (λ− 2)− 4(λ− 1)− 4(λ− 1) =

λ3 − 4λ2 + 5λ− 2 + 8− λ+ 2− 4λ+ 4− 4λ+ 4 = λ3 − 4λ2 − 4λ+ 16

y usando el metodo de Ruffini para encontrar las tres raıces del polinomio, que son 4, 2 y −2.

Pero tambien se puede manipular el determinante para no hacer tantas cuentas: Si le restamos ala primera fila la tercera (F1 − F3) y luego le sumamos a la tercera columna la primera (C3 + C1)tenemos

P (λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 2 12 λ− 2 21 2 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 2 0 2− λ2 λ− 2 21 2 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 2 0 02 λ− 2 41 2 λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(λ− 2)

∣

∣

∣

∣

λ− 2 42 λ

∣

∣

∣

∣

= (λ− 2)(λ2 − 2λ− 8) = (λ− 2)(λ− 4)(λ+ 2)

y por supuesto obtenemos los mismos valores propios: 4, 2 y −2.

Los vectores propios asociados a cada uno de ellos, en el orden dado, son las soluciones de lossistemas homogeneos siguientes (nos ahorramos la columna de terminos independientes):

(4I −A) =

3 2 12 2 21 2 3

→

1 2 30 −4 −80 −2 −4

→(

1 2 30 1 2

)

z = αy = −2αx = α

1−21

(2I −A) =

1 2 12 0 21 2 1

→(

1 2 10 −4 0

)

→(

1 2 10 1 0

)

y = 0x = βz = −β

10

−1

(−2I −A) =

−3 2 12 −4 21 2 −3

→

1 2 −30 8 −80 −8 8

→(

1 2 −30 1 −1

)

z = γy = γx = γ

111



y podemos tomar D =

4 0 00 2 00 0 −2

y P =

1 1 1−2 0 11 −1 1

, con P−1 =1

6

1 −2 13 0 −32 2 2

.

NOTA: La matriz es simetrica y por tanto desde el principio podıamos afirmar que iba a serdiagonalizable. Aunque no se pide expresamente una diagonalizacion ortogonal, como todos losautovalores son simples, la matriz P sale con columnas ortogonales “aunque no queramos”.

o


−3 −12 −120 3 04 8 11

.

Solucion: El polinomio caracterıstico pide a gritos que lo desarrollemos por la segunda fila:

p(λ) = |λI −A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 3 12 120 λ− 3 0−4 −8 λ− 11

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)

∣

∣

∣

∣

λ+ 3 12−4 λ− 11

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 3)(λ2 − 11λ+ 3λ− 33 + 48) = (λ− 3)(λ2 − 8λ+ 15) = (λ− 3)2(λ− 5)

Por tanto los autovalores son 3 (doble) y 5 (simple). Busquemos autovectores para cada uno deellos.

Para λ = 3 calculamos el nucleo de la siguiente matriz, donde ya vemos que A es diagonalizable,pues hay dos grados de libertad para el autovalor doble.

3I −A =

6 12 120 0 0

−4 −8 −8

→(

1 2 2)

Ademas tenemos facilmente un par de autovectores basicos, por ejemplo ~v1 =

01

−1

y ~v2 =

20

−1

.


5I −A =

8 12 120 2 0

−4 −8 −6

→

2 3 30 1 02 4 3

→

2 0 30 1 02 0 3

→(

2 0 30 1 0

)

Como autovector basico sirve ~v3 =

30

−2

.


3 0 00 3 00 0 5

(diagonal) y P =

0 2 31 0 0

−1 −1 −2

(invertible, el determinante vale 1) que verifican AP = PD.

o




8 −3 −310 −4 −48 −3 −3

, se pide:

a) Desarrolla el determinante que define el polinomio caracterıstico hasta poder comprobar quetiene tres autovalores simples: 0, 2 y −1. ¿Que puedes deducir de esto?

b) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector asociado ~v y comprueba que A~v = λ~v.

Solucion: (a) En vista de las filas, el calculo del polinomio caracterıstico puede empezar conF1 − F3 (hay varias opciones mas del mismo tipo, por ejemplo viendo que A tiene suma constantepor filas):

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 8 3 3−10 λ+ 4 4−8 3 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ 0 −λ−10 λ+ 4 4−8 3 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ 0 0−10 λ+ 4 −6−8 3 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

λ ·∣

∣

∣

∣

λ+ 4 −63 λ− 5

∣

∣

∣

∣

= λ(λ2 − λ− 20 + 18) = λ(λ2 − λ− 2) = λ(λ− 2)(λ+ 1)

Por tanto, hay tres autovalores simples (0, 2 y −1). Como el tamano es 3 y hay 3 autovaloresdistintos, deducimos que A es diagonalizable.

(b) Para cada autovalor λ hay que resolver el sistema (λI − A | 0), que sabemos de antemano quetiene un grado de libertad, y un vector que genere las soluciones sera el autovector pedido.

Para λ = 0 hay que resolver (−A|0); con un proceso estandar de Gauss se obtiene el autovector(0,−1, 1), aunque tambien sale sin cuentas mirando las dos ultimas columnas de −A.

Para λ = 2 hay que resolver (2I −A|0); con un proceso de Gauss se obtiene el autovector (1, 1, 1),que tambien sale sin cuentas si vemos que la suma de las columnas de 2I −A es nula.

Para λ = −1 hay que resolver (−I −A|0); un proceso estandar proporciona el autovector (1, 2, 1).

Para las comprobaciones A~v = λ~v basta con hacer los productos que se piden.

o


11 12 120 5 0

−4 −8 −3

.


p(λ) = |λI −A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 11 −12 −120 λ− 5 04 8 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ− 5)

∣

∣

∣

∣

λ− 11 −124 λ+ 3

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 5)(λ2 + 3λ− 11λ− 33 + 48) = (λ− 5)(λ2 − 8λ+ 15) = (λ− 5)2(λ− 3)





5I −A =

−6 −12 −120 0 04 8 8

→(

1 2 2)


01

−1

y ~v2 =

20

−1

.


3I −A =

−8 −12 −120 −2 04 8 6

→

2 3 30 1 02 4 3

→

2 0 30 1 02 0 3

→(

2 0 30 1 0

)


30

−2

.


5 0 00 5 00 0 3

(diagonal) y P =

0 2 31 0 0

−1 −1 −2


o


12 5 −7−3 4 42 2 4

, se pide:

a) Comprueba que los autovalores de A son 6 y 7, y calcula sus multiplicidades.

b) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector ~v y comprueba que A~v = λ~v.

c) ¿Es A diagonalizable? ¿Por que?

Solucion: (a) En vista de los “doses” de la ultima fila, el calculo del polinomio caracterıstico puedeempezar con C1 − C2, y entonces es claro que se debe seguir con F2 + F1:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 12 −5 73 λ− 4 −4−2 −2 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 7 −5 77− λ λ− 4 −40 −2 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 7 −5 70 λ− 9 30 −2 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(λ−7) ·∣

∣

∣

∣

λ− 9 3−2 λ− 4

∣

∣

∣

∣

= (λ−7)(λ2−13λ+36+6) = (λ−7)(λ2−13λ+42) = (λ−7)2(λ−6)

Por tanto hay dos autovalores, el 6 (simple) y el 7 (doble).

(b) Para cada autovalor λ hay que resolver el sistema (λI−A | 0). Para λ = 6, al ser simple, sabemosque habra un grado de libertad, y un vector que genere las soluciones sera el autovector pedido.Hacemos un proceso estandar de Gauss, observando que la 3 fila se simplifica:

6I−A =

−6 −5 73 2 −4

−2 −2 2

−1

2F3−−−−→

F1↔F3

1 1 −13 2 −4

−6 −5 7

F2−3F1−−−−−→F3+6F2

1 1 −10 −1 −10 1 1

F1−F3−−−−−→elim F2

(

1 0 −20 1 1

)



Para z = 1 se obtiene y = −1 y x = 2, luego ~v = (2,−1, 1)t es un autovector, y se comprueba queA~v = (12,−6, 6)t = 6~v.

Para λ = 7 se tiene 7I −A =

−5 −5 73 3 −4

−2 −2 3

. El rango no es 3, pues las dos primeras columnas

son iguales, y de hecho es 2 pues las dos ultimas no son proporcionales. Por tanto el sistemahomogeneo tiene 1 grado de libertad, y en vista de las primeras columnas una solucion es ~w =(1,−1, 0)t, que efectivamente es un autovector pues A~w = (7,−7, 0)t = 7~w.

Alternativamente, se puede hacer un proceso de Gauss, por ejemplo sumando al principio las dosultimas filas para tener una fila comoda por donde empezar:

7I−A =

−5 −5 73 3 −4

−2 −2 3

F1↔F3−−−−→F1+F2

1 1 −13 3 −4

−5 −5 7

F2−3F1−−−−−→F3+5F1

1 1 −10 0 10 0 2

F1+F2−−−−−→elim F3

(

1 1 00 0 1

)

(c) Para el autovalor λ = 7 hemos visto que la multiplicidad 2 es mayor que los grados de libertadde (7I −A | 0), por lo que A NO es diagonalizable.

o


1 −3 33 −5 36 −6 4

, se pide: a) Calcula sus autovalores con multiplicidades. b)

Encuentra autovectores basicos para cada autovalor. c) Decide si es diagonalizable y, en ese caso,construye matrices D (diagonal) y P (invertible) que verifiquen AP = PD.

Solucion: a) El polinomio caracterıstico se puede calcular por ejemplo haciendo primero F1 − F2

(para poner un 0 arriba a la derecha) y luego C2 + C1 (para eliminar −λ− 2):

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 3 −3−3 λ+ 5 −3−6 6 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 2 −λ− 2 0−3 λ+ 5 −3−6 6 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 2 0 0−3 λ+ 2 −3−6 0 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ+ 2)

∣

∣

∣

∣

λ+ 2 −30 λ− 4

∣

∣

∣

∣

= (λ+ 2)2(λ− 4)

Por tanto hay un autovalor doble λ = −2 y un autovalor simple λ = 4.

b) Para el autovalor doble λ = −2 la matriz −2I −A tiene las tres filas proporcionales a (1 − 1 1)y por tanto ~v = (1, 1, 0) y ~w = (0, 1, 1) son autovectores basicos para λ = −2, lo que se compruebafacilmente observando que A~v (suma de las dos primeras columnas de A) coincide con −2~v y queA~w (suma de las dos ultimas columnas de A) coincide con −2~w.

Para el autovalor simple λ = 4 hay que calcular el nucleo de 4I −A; aplicamos Gauss

3 3 −3−3 9 −3−6 6 0

→

1 1 −1−1 3 −1−1 1 0

→

1 1 −10 4 −20 2 −1

→(

1 1 −10 −2 1

)

→(

1 −1 00 −2 1

)

y como solucion basica podemos tomar ~u = (1, 1, 2), que efectivamente satisface A~u = 4~u.



c) Desde que vimos que −2I−A tiene las tres filas proporcionales sabemos que el autovalor doble tie-ne 2 autovectores basicos, y el simple siempre tiene 1, por lo que la matriz A es diagonalizable, y del

modo usual se obtienen D = diag(−2,−2, 4) =

−2 0 00 −2 00 0 4

y P = [~v, ~w ~u] =

1 0 11 1 10 1 2

.

o


4 −1 −34 −1 −7

−1 1 4

, se pide:

a) Calcula sus autovalores con multiplicidades.

b) Calcula autovectores basicos para cada autovalor, comprobando que cumplen A~v = λ~v.

c) Decide si es diagonalizable, y si lo es construye D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD.

Solucion: a) El polinomio caracterıstico se puede calcular por ejemplo haciendo primero C1 +C2

(para poner un 0 abajo a la izquierda) y luego F1 − F2 (para anular un λ− 3):

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 4 1 3−4 λ+ 1 71 −1 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 1 3λ− 3 λ+ 1 70 −1 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 1 30 λ 40 −1 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 3)

∣

∣

∣

∣

λ 4−1 λ− 4

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)(λ2 − 4λ+ 4) = (λ− 3)(λ− 2)2

Por tanto hay un autovalor doble λ = 2 y un autovalor simple λ = 3.

b) Para el autovalor doble λ = 2 hay que calcular el nucleo de 2I −A; aplicamos Gauss6

−2 1 3−4 3 71 −1 −2

→

1 −1 −2−2 1 3−4 3 7

→

1 −1 −20 −1 −10 −1 −1

→(

1 −1 −20 1 1

)

→(

1 0 −10 1 1

)

y como solucion basica podemos tomar ~v = (1,−1, 1)t, que efectivamente satisface A~v = 2~v.

Para el autovalor simple λ = 3 hay que calcular el nucleo de 3I −A; aplicamos Gauss7

−1 1 3−4 4 71 −1 −1

→

1 −1 −3−4 4 71 −1 −1

→

1 −1 −30 0 −50 0 2

→(

1 −1 −30 0 1

)

→(

1 −1 00 0 1

)

y como solucion basica podemos tomar ~w = (1, 1, 0)t, que efectivamente satisface A~w = 3~w.

c) Para el autovalor doble solo hay 1 grado de libertad, y por tanto la matriz NO es diagonalizable.

o

6Como el rango de la primera matriz no es 1, pues sus filas no son todas proporcionales, solo hay 1 grado de libertad ypor tanto ya sabemos que A no es diagonalizable. Si ademas vemos que las columnas 1 y 3 suman lo mismo que la 2 ,tenemos el vector basico (1,−1, 1) sin tener que aplicar Gauss.

7Como el autovalor es simple, sabemos que hay 1 grado de libertad y por tanto solo necesitamos 1 autovector basico. Siobservamos que las dos primeras columnas son opuestas, obtenemos el autovector (1, 1, 0)t sin tener que aplicar Gauss.




0 1 −1−3 4 −13 −1 4

, se pide:

(a) Calcula sus autovalores y las respectivas multiplicidades.

(b) Para cada autovalor, encuentra autovectores basicos y comprueba el resultado.

(c) Construye matrices D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD.

Solucion: (a) El polinomio caracterıstico se puede calcular de muchas formas, por ejemplo empe-zando con F3 + F2 para anular el −3 de la primera columna, y siguiendo con C2 − C3 para anularun λ− 3:

p(λ) = |λI −A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ −1 13 λ− 4 1−3 1 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ −1 13 λ− 4 10 λ− 3 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ −2 13 λ− 5 10 0 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(λ− 3)

∣

∣

∣

∣

λ −23 λ− 5

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)(λ2 − 5λ+ 6) = (λ− 3)2(λ− 2)


(b) Los autovectores asociados a λ = 3 son las soluciones del sistema homogeneo con matriz

3I −A =

3 −1 13 −1 1

−3 1 −1

→ (3 − 1 1) ~u =

130

~v =

011

(autovectores basicos)

Como hay dos grados de libertad, la matriz A es diagonalizable (el otro autovalor es simple yentonces se obtiene exactamente un grado de libertad).

Los autovectores asociados a λ = 2 son las soluciones del sistema homogeneo con matriz

2I −A →

2 −1 13 −2 1

−3 1 −2

F2−F1−−−−→F3+F1

2 −1 11 −1 01 −1 0

F1−2F2−−−−−→(

0 1 11 −1 0

)

~w =

11

−1

Comprobemos que A~u = 3~u, A~v = 3~v y A~w = 2~w. Hacemos los productos “matriz por vector-columna” como combinaciones lineales de las columnas de la matriz con los coeficientes que marcael vector:

A~u = A

130

=

0 1 −1−3 4 −13 −1 4

130

=

0−33

+

312−3

=

390

= 3

130

= 3~u

A~v = A

011

=

14

−1

+

−1−14

=

033

= 3

011

= 3~v

A~w = A

11

−1

=

0−33

+

14

−1

+

11

−4

=

22

−2

= 2

11

−1

= 2~w

(c) Siguiendo el algoritmo de diagonalizacion, podemos tomarD =

3 0 00 3 00 0 2

y P =

1 0 13 1 10 1 −1

.

o




−1 2 52 2 25 2 −1

, se pide:

a) Comprueba que tiene tres autovalores simples (observa que hay suma constante por filas).

b) Da dos argumentos distintos (muy cortos) que te permitan afirmar que A es diagonalizable.

c) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector asociado ~v y comprueba que A~v = λ~v.

Solucion: a) Como todas las filas suman 6, calculamos el polinomio caracterıstico con C1 +(C2 +C3):

|λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 1 −2 −5−2 λ− 2 −2−5 −2 λ+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 6 −2 −5λ− 6 λ− 2 −2λ− 6 −2 λ+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 6 −2 −50 λ 30 0 λ+ 6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= λ(λ−6)(λ+6)

Por tanto, efectivamente hay tres autovalores simples: el 0, el 6 y el −6.

b) Un argumento lo podıamos haber dado desde el principio: A es simetrica y toda matriz simetricaes diagonalizable. El otro se deduce del apartado anterior, pues toda matriz n×n con n autovaloressimples es diagonalizable.

c) Para λ = 0, resolviendo el sistema homogeneo (A|0) se obtiene el autovector basico ~v = (1,−2, 1)t.Para λ = 6, resolviendo el sistema homogeneo (6I−A|0) se obtiene el autovector basico ~v = (1, 1, 1)t;esto en realidad lo sabemos desde que hemos visto que todas las filas suman 6. Para λ = −6,resolviendo el sistema homogeneo (−6I − A|0) se obtiene el autovector basico ~v = (1, 0,−1)t. Enlos tres casos se comprueba, sin mas que operar, que A~v = λ~v.

o


3 −1 1−1 5 −11 −1 3

, se pide:

a) Comprueba que tiene tres autovalores simples (observa que hay suma constante por filas).

b) Da dos argumentos distintos (muy cortos) que te permitan afirmar que A es diagonalizable.

c) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector asociado ~v y comprueba que A~v = λ~v.

Solucion: a) Como todas las filas suman 3, calculamos el polinomio caracterıstico con C1 +(C2 +C3):

|λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 1 −11 λ− 5 1−1 1 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 1 −1λ− 3 λ− 5 1λ− 3 1 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 1 −10 λ− 6 20 0 λ− 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ−2)(λ−3)(λ−6)

Por tanto, efectivamente hay tres autovalores simples: el 2, el 3 y el 6.

b) Un argumento lo podıamos haber dado desde el principio: A es simetrica y toda matriz simetricaes diagonalizable. El otro se deduce del apartado anterior, pues toda matriz n×n con n autovaloressimples es diagonalizable.



c) Para λ1 = 2, resolviendo el sistema homogeneo (2I − A|0) se obtiene el autovector basico ~v1 =(1, 0,−1)t. Para λ2 = 3, resolviendo el sistema homogeneo (3I−A|0) se obtiene el autovector basico~v2 = (1, 1, 1)t; esto en realidad lo sabemos desde que hemos visto que todas las filas suman 3. Paraλ3 = 6, resolviendo el sistema homogeneo (6I−A|0) se obtiene el autovector basico ~v3 = (1,−2, 1)t.En los tres casos se comprueba, sin mas que operar, que A~vi = λi~vi.

o

54. La matriz A =

3 −2 2−2 3 −22 −2 3

es simetrica, luego se puede diagonalizar ortogonalmente. Calcula

sus autovalores indicando sus multiplicidades, encuentra autovectores basicos para cada autovalor, yconstruye matrices D (diagonal) y P (invertible con columnas ortogonales dos a dos) que verifiquenAP = PD.

Solucion: El polinomio caracterıstico se puede calcular haciendo primero F3 +F2 (para poner un0 abajo a la izquierda) y luego C2 − C3 (aprovechando que aparecen dos λ− 1):

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 2 −22 λ− 3 2−2 2 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 2 −22 λ− 3 20 λ− 1 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 4 −22 λ− 5 20 0 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 1)

∣

∣

∣

∣

λ− 3 42 λ− 5

∣

∣

∣

∣

= (λ− 1)(λ2 − 8λ+ 7) = (λ− 1)2(λ− 7)


Para el autovalor doble λ = 1 la matriz 1I − A tiene las tres filas proporcionales a (1 − 1 1) ypor tanto ~v = (1, 1, 0) y ~w = (0, 1, 1) son autovectores basicos para λ = 1, lo que se compruebafacilmente observando que A~v (suma de las dos primeras columnas de A) coincide con 1~v y que A~w(suma de las dos ultimas columnas de A) coincide con 1~w.

Pero los necesitamos ortogonales entre sı. Para ello se les puede aplicar el algoritmo de Gram-Schmidt, cambiando ~w por

~w − ~w · ~v‖~v‖2 ~v = ~w − 1

2~v o mejor por su doble ~w ′ = 2~w − ~v = (−1, 1, 2)

que efectivamente es ortogonal a ~v y sigue verificando A~w ′ = 1~w ′.

Para el autovalor simple λ = 7 hay que calcular el nucleo de

7I−A =

4 2 −22 4 2

−2 2 4

→

1 2 12 1 −1

−1 1 2

→

1 2 10 −3 −30 3 3

→(

1 2 10 1 1

)

→(

1 0 −10 1 1

)

y como solucion basica podemos tomar ~u = (1,−1, 1). No esta de mas comprobar que satisfaceA~u = 7~u y que es ortogonal a ~v y a ~w ′.

Por tanto, las matrices D = diag(1, 1, 7) =

1 0 00 1 00 0 7

y P = [~v, ~w ′, ~u] =

1 −1 11 1 −10 2 1

satisfacen las condiciones pedidas.

o



55. La matriz A =

−1 2 52 2 25 2 −1



Solucion: El polinomio caracterıstico se puede calcular, por ejemplo (aprovechando la suma cons-tante por filas), empezando con F1 + (F2 + F3) y siguiendo con C2 − C1 y C3 − C1:

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 1 −2 −5−2 λ− 2 −2−5 −2 λ+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 6 λ− 6 λ− 6−2 λ− 2 −2−5 −2 λ+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 6 0 0−2 λ 0−5 3 λ+ 6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= λ(λ− 6)(λ+ 6)

Por tanto hay tres autovalores simples (0, 6 y −6) y los autovectores saldran directamente orto-gonales entre sı (como en los primeros ejemplos de diagonalizacion ortogonal de los apuntes), demodo que no hara falta aplicar el proceso de Gram-Schmidt.

Para el autovalor λ = 0, los autovectores son las soluciones no triviales del sistema homogeneo conmatriz 0I −A = −A, que se resuelve facilmente para obtener un autovector ~v1 = (1,−2, 1); no estade mas comprobar que A~v1 = 0~v1 = 0.

Para el autovalor λ = 6, una solucion del sistema homogeneo con matriz 6I −A es ~v2 = (1, 1, 1), yes facil comprobar que A~v2 = 6~v2.

Para λ = −6, una solucion de (−6I −A|0) es ~v3 = (1, 0,−1), con A~v3 = −6~v3.

Por tanto, las matrices D = diag(0, 6,−6) =

0 0 00 6 00 0 −6

y P = [~v1, ~v2, ~v3] =

1 1 1−2 1 01 1 −1


o

56. La matriz A =

5 2 −22 5 2

−2 2 5



Solucion: El polinomio caracterıstico se puede calcular haciendo primero F3 +F2 (para poner un0 abajo a la izquierda) y luego C2 − C3 (aprovechando que aparecen dos λ− 7):

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 −2 2−2 λ− 5 −22 −2 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 −2 2−2 λ− 5 −20 λ− 7 λ− 7

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 −4 2−2 λ− 3 −20 0 λ− 7

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 7)

∣

∣

∣

∣

λ− 5 −4−2 λ− 3

∣

∣

∣

∣

= (λ− 7)(λ2 − 8λ+ 7) = (λ− 7)2(λ− 1)




Para el autovalor doble λ = 7 la matriz 7I − A tiene las tres filas proporcionales a (1 − 1 1) ypor tanto ~v = (1, 1, 0) y ~w = (0, 1, 1) son autovectores basicos para λ = 7, lo que se compruebafacilmente observando que A~v (suma de las dos primeras columnas de A) coincide con 7~v y que A~w(suma de las dos ultimas columnas de A) coincide con 7~w.

Pero los necesitamos ortogonales entre sı. Para ello se les puede aplicar el algoritmo de Gram-Schmidt, cambiando ~w por

~w − ~w · ~v‖~v‖2 ~v = ~w − 1

2~v o mejor por su doble ~w ′ = 2~w − ~v = (−1, 1, 2)

Para el autovalor simple λ = 1 hay que calcular el nucleo de

1I−A =

−4 −2 2−2 −4 −22 −2 −4

→

1 −1 −2−1 −2 −1−2 −1 1

→

1 −1 −20 −3 −30 −3 −3

→(

1 −1 −20 1 1

)

→(

1 0 −10 1 1

)

y como solucion basica podemos tomar ~u = (1,−1, 1). No esta de mas comprobar que satisfaceA~u = 1~u y que es ortogonal a ~v y a ~w ′.

Por tanto, las matrices D = diag(7, 7, 1) =

7 0 00 7 00 0 1

y P = [~v, ~w ′, ~u] =

1 −1 11 1 −10 2 1


o

57. Diagonaliza ortogonalmente la matriz A =

5 2 −12 2 2

−1 2 5

.

Solucion: Calculamos el polinomio caracterıstico aprovechando que tiene suma constante en lasfilas:

|λI −A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 −2 1−2 λ− 2 −21 −2 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 6 −2 1λ− 6 λ− 2 −2λ− 6 −2 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 6 −2 10 λ −30 0 λ− 6

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= λ(λ− 6)2

Por tanto hay un autovalor doble λ = 6 y un autovalor simple λ = 0. Para el autovalor simple,resolviendo el sistema homogeneo con matriz A se obtiene un autovector basico (1,−2, 1). Parael autovalor doble, el sistema con matriz 6I − A se reduce a la ecuacion x − 2y + z = 0, para laque encontramos por ejemplo los autovectores basicos (2, 1, 0) y (0, 1, 2). Aplicando el metodo deGram-Schmidt podemos cambiar el segundo por (−1, 2, 5) para que sean ortogonales, con lo queobtenemos las siguientes matrices

D =

0 0 00 6 00 0 6

P =

1 2 −1−2 −1 21 0 5

con D diagonal, P invertible con columnas ortogonales y AP = PD.

No es casual que el vector basico ~v = (1,−2, 1) de λ = 0 lleve los coeficientes de la ecuacionx− 2y + z = 0 de λ = 6, porque los vectores de este ultimo plano han de ser ortogonales a ~v.



Tampoco es necesario usar Gram-Schmidt, pues tomando por ejemplo ~w = (2, 1, 0) como solucionde x− 2y + z = 0, como tercer vector podemos tomar directamente el producto vectorial ~v × ~w =(−1, 2, 5).

tambien se puede tomar por ejemplo ~w = (1, 1, 1) y como tercer vector valdrıa (−1, 0, 1).

o


1 −4 8−4 7 48 4 1

.

Solucion: Como es simetrica, sabemos que va a ser diagonalizable ortogonalmente. En vista delos 4’s y −4’s, calculamos el polinomio caracterıstico haciendo primero C1 + C3 y luego F3 − F1:

p(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 4 −84 λ− 7 −4

−8 −4 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 9 4 −80 λ− 7 −4

λ− 9 −4 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 9 4 −80 λ− 7 −40 −8 λ+ 7

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

(λ− 9)

∣

∣

∣

∣

λ− 7 −4−8 λ+ 7

∣

∣

∣

∣

= (λ− 9)(λ2 − 49− 32) = (λ− 9)(λ2 − 81) = (λ− 9)2(λ+ 9)

Por tanto los valores propios son 9 (doble) y −9 (simple). Los vectores propios asociados a λ = 9 ya λ = −9 son las soluciones de los sistemas homogeneos siguientes:

(9I −A) =

8 4 −84 2 −4

−8 −4 8

→(

2 1 −2)

xyz

= β

101

+ γ

021

y aplicando Gram-Schmidt podemos cambiar el segundo por (−1, 4, 1).

(−9I −A) =

−10 4 −84 −16 −4

−8 −4 −10

→

−10 4 −8−36 0 −36−18 0 −18

→(

1 0 1−5 2 −4

)

→(

1 0 10 2 1

)

Tomando y = α se obtiene z = −2α y x = −z = 2α, por lo que las soluciones son los multiplos delvector-columna (2, 1,−2)t.

En consecuencia, unas matrices D (diagonal) y P (invertible con columnas ortogonales) con AP =PD son

D =

9 0 00 9 00 0 −9

y P =

1 −1 20 4 11 1 −2

o



59. Diagonaliza ortogonalmente la matriz simetrica A =

3 −2 −2−2 3 −2−2 −2 3

.

Solucion: Veamos dos formas de calcular el polinomio caracterıstico y los autovalores:

Una opcion consiste en empezar con F1 + (F2 + F3) y hacer luego C2 − C1 y C3 − C1:

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 2 22 λ− 3 22 2 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 1 λ+ 1 λ+ 12 λ− 3 22 2 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 1 0 02 λ− 5 02 0 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

de modo que p(λ) = (λ+ 1)(λ− 5)2 y por tanto los autovalores son 5 (doble) y −1 (simple).

Otra opcion, que por supuesto da los mismos autovalores, es hacer primero F1−F3 y luego C3+C1:

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 2 22 λ− 3 22 2 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 0 5− λ2 λ− 3 22 2 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 0 02 λ− 3 42 2 λ− 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 5)

∣

∣

∣

∣

λ− 3 42 λ− 1

∣

∣

∣

∣

= (λ− 5)(λ2 − 4λ− 5) = (λ− 5)2(λ+ 1)

Para el autovalor doble λ = 5 la matriz 5I − A tiene las tres filas proporcionales a (1 1 1) y portanto ~v = (1,−1, 0) y ~w = (1, 0,−1) son autovectores basicos, pero los necesitamos ortogonalesentre sı. Para ello se les puede aplicar el algoritmo de Gram-Schmidt, cambiando ~w por

~w − ~w · ~v‖~v‖2 ~v = ~w − 1

2~v o mejor por su doble 2~w − ~v = (1, 1,−2)

Una alternativa consiste en notar que buscamos dos vectores ortogonales entre sı y ortogonales a~u = (1, 1, 1), por ser soluciones del sistema con matriz (1 1 1). Entonces basta con encontrar unprimer vector ortogonal a ~u, como el ~v anterior, y tomar entonces como segundo vector el productovectorial ~u× ~v = (1, 1,−2).

Para el autovalor simple λ = −1 podemos tener claro que ~u = (1, 1, 1) es un autovector porque lasfilas de A tienen suma constante igual a −1, o porque debe salir un vector ortogonal a los que sonsoluciones del sistema con matriz (1 1 1). Si no vemos esto, basta con calcular el nucleo de

−I−A =

−4 2 22 −4 22 2 −4

→

1 1 −21 −2 1

−2 1 1

→

1 1 −20 −3 30 3 −3

→(

1 1 −20 1 −1

)

etc.


5 0 00 5 00 0 −1

(diagonal) y P =

1 1 1−1 1 10 −2 1

(invertible y con columnas ortogonales dos a dos) que verifican AP = PD.

o




5 2 22 5 22 2 5

Solucion: Veamos dos formas de calcular el polinomio caracterıstico y los autovalores:

Una opcion consiste en empezar con F1 + (F2 + F3) y hacer luego C2 − C1 y C3 − C1:

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 −2 −2−2 λ− 5 −2−2 −2 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 9 λ− 9 λ− 9−2 λ− 5 −2−2 −2 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 9 0 0−2 λ− 3 0−2 0 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

de modo que p(λ) = (λ− 9)(λ− 3)3 y por tanto los autovalores son 3 (doble) y 9 (simple).

Otra opcion, que por supuesto da los mismos autovalores, es hacer primero F1−F3 y luego C3+C1:

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 5 −2 −2−2 λ− 5 −2−2 −2 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 0 3− λ−2 λ− 5 −2−2 −2 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 0 0−2 λ− 5 −4−2 −2 λ− 7

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 3)

∣

∣

∣

∣

λ− 5 −4−2 λ− 7

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)(λ2 − 12λ+ 27) = (λ− 3)2(λ− 9)

Para el autovalor doble λ = 3 la matriz 3I − A tiene las tres filas proporcionales a (1 1 1) y portanto ~v = (1,−1, 0) y ~w = (1, 0,−1) son autovectores basicos, pero los necesitamos ortogonalesentre sı. Para ello se les puede aplicar el algoritmo de Gram-Schmidt, cambiando ~w por

~w − ~w · ~v‖~v‖2 ~v = ~w − 1

2~v o mejor por su doble 2~w − ~v = (1, 1,−2)

Una alternativa consiste en notar que buscamos dos vectores ortogonales entre sı y ortogonales a~u = (1, 1, 1), por ser soluciones del sistema con matriz (1 1 1). Entonces basta con encontrar unprimer vector ortogonal a ~u, como el ~v anterior, y tomar entonces como segundo vector el productovectorial ~u× ~v = (1, 1,−2).

Para el autovalor simple λ = 9 podemos tener claro que ~u = (1, 1, 1) es un autovector porque lasfilas de A tienen suma constante igual a 9, o porque debe salir un vector ortogonal a los que sonsoluciones del sistema con matriz (1 1 1). Si no vemos esto, basta con calcular el nucleo de

9I−A =

4 −2 −2−2 4 −2−2 −2 4

→

1 1 −2−1 2 −12 −1 −1

→

1 1 −20 3 −30 −3 3

→(

1 1 −20 1 −1

)

etc.


3 0 00 3 00 0 9

(diagonal) y P =

1 1 1−1 1 10 −2 1

(invertible y con columnas ortogonales dos a dos) que verifican AP = PD.

o



61. Diagonaliza ortogonalmente la matriz simetrica A =

−2 1 11 −2 11 1 −2

.


p(λ) = |λI −A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 3 12 120 λ− 3 0−4 −8 λ− 11

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (λ− 3)

∣

∣

∣

∣

λ+ 3 12−4 λ− 11

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 3)(λ2 − 11λ+ 3λ− 33 + 48) = (λ− 3)(λ2 − 8λ+ 15) = (λ− 3)2(λ− 5)



3I −A =

6 12 120 0 0

−4 −8 −8

→(

1 2 2)


01

−1

y ~v2 =

20

−1

.


5I −A =

8 12 120 2 0

−4 −8 −6

→

2 3 30 1 02 4 3

→

2 0 30 1 02 0 3

→(

2 0 30 1 0

)


30

−2

.


3 0 00 3 00 0 5

(diagonal) y P =

0 2 31 0 0

−1 −1 −2


o


4 4 14 1 41 4 4

, se pide:

(a) Comprueba que tiene tres autovalores simples.

(b) Da dos argumentos distintos que confirmen que es diagonalizable.

(c) Para cada autovalor, encuentra un autovector basico y comprueba el resultado.

(d) Construye matrices D (diagonal) y P (invertible) con AP = PD.



Solucion: (a) Para aclcular el polinomio caracterıstico podemos, por ejemplo, aprovechar que haysuma constante por filas y empezar con C1 + (C2 + C3) y luego F2 − F1 y F3 − F1 para obtener:

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 4 −4 −1−4 λ− 1 −4−1 −4 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 9 −4 −1λ− 9 λ− 1 −4λ− 9 −4 λ− 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 9 −4 −10 λ+ 3 −30 0 λ− 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 9)(λ− 3)(λ+ 3)

y por tanto, efectivamente, hay tres autovalores simples 9, 3 y −3.

(b) Desde el principio sabemos que A es diagonalizable porque es simetrica. Ahora ademas sabemosque tiene tres autovalores simples por lo que, al ser de tamano 3 × 3, es diagonalizable (apuntes,pag. 34).

(c) Para calcular los autovectores de cada autovalor λ0 podrıamos en cada caso hacer un procesoestandar de Gauss para resolver el sistema homogeneo con matriz de coeficientes λ0I−A, pero comosabemos que apareceran sistemas con exactamente 1 grado de libertad (por tratarse de autovaloressimples) entonces basta con encontrar una relacion entre las columnas de esa matriz que nos dauna solucion no nula del sistema, y ese sera nuestro autovector basico. Las tres matrices son

9I −A =

5 −4 −1−4 8 −4−1 −4 5

3I −A =

−1 −4 −1−4 2 −4−1 −4 −1

− 3I −A =

−7 −4 −1−4 −4 −4−1 −4 −7

En la primera las columnas verifican C1 + C2 + C3 = 0 y por tanto (1, 1, 1) es el autovector quebuscamos (asociado al autovalor λ = 9). En la segunda se tiene C1 − C3 = 0 y un autovector paraλ = 3 es pues (1, 0,−1). En la tercera se tiene C1+C3 = 2C2, por lo que un autovector para λ = −3es (1,−2, 1).

Comprobamos que en los tres casos se tiene A~v = λ~v para el autovalor λ y el autovector ~v corres-pondientes, haciendo los productos “matriz por vector-columna” como combinaciones lineales delas columnas de la matriz con los coeficientes que marca el vector:

A

111

=

4 4 14 1 41 4 4

111

=

441

+

414

+

144

=

999

= 9

111

A

10

−1

=

441

+

−1−4−4

=

30

−3

= 3

10

−1

A

1−21

=

441

+

−8−2−8

+

144

=

−36

−3

= −3

1−21

(d) Siguiendo el algoritmo de diagonalizacion, sirven D =

9 0 00 3 00 0 −3

y P =

1 1 11 0 −21 −1 1

.

o




2 p −2−1 2 −2−2 q −1

, se pide:

(a) Determina los valores de p y de q para los que es simetrica.

En el resto del problema se usan estos valores de p y de q.

(b) Comprueba que tiene un autovalor simple y uno doble.

(c) Para cada autovalor, encuentra autovectores basicos y comprueba el resultado.

(d) Halla matrices D (diagonal) y P (invertible y con columnas ortogonales entre sı) con AP =PD.

Solucion: (a) Para que haya simetrıa con respecto a la diagonal debe ser p = −1 y q = −2, y ası

A =

2 −1 −2−1 2 −2−2 −2 −1

(b) Para calcular el polinomio caracterıstico, aprovechamos los doses de la tercera columna paraponer un cero con F1 − F2 y luego, como salen dos entradas opuestas, conseguimos otro cero conC2 + C1:

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 2 1 21 λ− 2 22 2 λ+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 3− λ 01 λ− 2 22 2 λ+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 0 01 λ− 1 22 4 λ+ 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 3)(λ2 − 1− 8) = (λ− 3)(λ2 − 9) = (λ− 3)2(λ+ 3)

y por tanto, efectivamente, hay un autovalores simple λ = −3 y uno dobe λ = 3.

(c) Para calcular un autovector de λ = −3 podemos buscar una relacion entre las columnas de lamatriz

−3I −A =

−5 1 21 −5 22 2 −2

Se ve que la suma de las dos primeras es el doble de la ultima cambiada de signo, por lo que unautovector basico es ~v1 = (1, 1, 2). Para comprobar, si multiplicamos A por la columna ~v1 se obtiene(−3,−3,−6) = −3~v1, por lo que queda comprobado que ~v1 es autovector para λ = −3.

Para calcular autovectores basicos de λ = 3 vemos que las tres filas de 3I − A son proporcionalesa (1, 1, 2), por lo que sirven por ejemplo ~v2 = (1,−1, 0) y ~v3 = (2, 0,−1). Multiplicando A por ~v2y ~v3 se obtienen respectivamente (3,−3, 0) = 3~v2 y (6, 0,−3) = 3~v2, por lo que queda comprobadoque son autovectores para λ = 3.

(d) La matriz diagonal D = diag(−3, 3, 3) y la matriz invertible P con columnas ~v1, ~v2, ~v3 verificanAP = PD, pero P no tiene sus columnas ortogonales, pues no lo son entre sı los dos vectoresque hemos encontrado para λ = 3. Pero aplicando a estos el proceso de Gram-Schmidt podemoscambiar el ultimo de ellos por

~v3′ = ~v3 −

~v3 · ~v2‖~v2‖2

~v2 =

20

−1

− 2

2

1−10

=

11

−1

y ası finalmente las matrices D =

−3 0 00 3 00 0 3

y P =

1 1 11 −1 12 0 −1

cumplen lo que se pide.



o


−2 0 30 −2 ab c d

, se pide:

(a) Determina los valores de a, b, c y d para los que es simetrica y tiene suma constante por filas.

En el resto del problema se usan estos valores de a, b, c y d.

(b) Comprueba que tiene tres autovalores simples.

(c) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector-columna basico ~v y comprueba que A~v = λ~v.


Solucion: (a) Como la primera fila suma 1, la suma constante fuerza a = 3; la simetrıa (en vistade la columna derecha) nos da entonces b = c = 3; y de nuevo la suma constante fuerza d = −5, yası

A =

−2 0 30 −2 33 3 −5

(b) Para calcular el polinomio caracterıstico, como hay suma constante empezamos con C1+(C2+C3):

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ+ 2 0 −30 λ+ 2 −3−3 −3 λ+ 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 0 −3λ− 1 λ+ 2 −3λ− 1 −3 λ+ 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 0 −30 λ+ 2 00 −3 λ+ 8

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 1)(λ+ 2)(λ+ 8) tres autovalores simples 1, −2 y −8

(c) Para calcular los autovectores podemos buscar relaciones entre columnas en las matrices

I−A =

3 0 −30 3 −3

−3 −3 6

−2I−A =

0 0 −30 0 −3

−3 −3 3

−8I−A =

−6 0 −30 −6 −3

−3 −3 −3

En la primera matriz se tiene C1 + C2 + C3 = 0 y por tanto ~v1 = (1, 1, 1) es un autovector basico.

En la segunda se tiene C1 = C2, o sea C1 − C2 = 0 y por tanto ~v2 = (1,−1, 0) es un autovectorbasico.

En la tercera se tiene C1 + C2 = 2C3 y por tanto ~v2 = (1, 1,−2) es un autovector basico.

La comprobacion de que A~v1 = ~v1, A~v2 = −2~v2, A~v3 = −8~v3 es directa.

(d) Como, para matrices simetricas, los autovectores asociados a autovalores distintos son ortogo-nales (cosa que ademas se puede comprobar directamente haciando los productos escalares de ~v1,~v2 y ~v3), la construccion estandar de D y P nos da directamente columnas ortogonales en P , con

D = diag(1,−2,−8) =

1 0 00 −2 00 0 −8

y P =

1 1 11 −1 11 0 −2

o




3 0 −20 3 ab c d

, se pide:

(a) Determina los valores de a, b, c y d para los que es simetrica y tiene suma constante por filas.

En el resto del problema se usan estos valores de a, b, c y d.

(b) Comprueba que tiene tres autovalores simples.

(c) Para cada autovalor λ, encuentra un autovector-columna basico ~v y comprueba que A~v = λ~v.


Solucion: (a) Como la primera fila suma 1, la suma constante fuerza a = −2; la simetrıa (en vistade la columna derecha) nos da entonces b = c = −2; y de nuevo la suma constante fuerza d = 5, yası

A =

3 0 −20 3 −2

−2 −2 5

(b) Para calcular el polinomio caracterıstico, como hay suma constante empezamos con C1+(C2+C3):

p(λ) = |λI−A| =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 3 0 20 λ− 3 22 2 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 0 2λ− 1 λ− 3 2λ− 1 2 λ− 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

λ− 1 0 20 λ− 3 00 2 λ− 7

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (λ− 1)(λ− 3)(λ− 7) tres autovalores simples 1, 3 y 7

(c) Para calcular los autovectores podemos buscar relaciones entre columnas en las matrices

I −A =

−2 0 20 −2 −22 2 −4

3I −A =

0 0 20 0 22 2 −2

7I −A =

4 0 20 4 22 2 2

En la primera matriz se tiene C1 + C2 + C3 = 0 y por tanto ~v1 = (1, 1, 1) es un autovector basico.

En la segunda se tiene C1 = C2, o sea C1 − C2 = 0 y por tanto ~v2 = (1,−1, 0) es un autovectorbasico.

En la tercera se tiene C1 + C2 = 2C3 y por tanto ~v2 = (1, 1,−2) es un autovector basico.

La comprobacion de que A~v1 = ~v1, A~v2 = −2~v2, A~v3 = −8~v3 es directa.

(d) Como, para matrices simetricas, los autovectores asociados a autovalores distintos son ortogo-nales (cosa que ademas se puede comprobar directamente haciando los productos escalares de ~v1,~v2 y ~v3), la construccion estandar de D y P nos da directamente columnas ortogonales en P , con

D = diag(1, 3, 7) =

1 0 00 3 00 0 7

y P =

1 1 11 −1 11 0 −2

o


3 GEOMETRIA

3. GEOMETRIA

1. ¿Que son las “ecuaciones continuas” de una recta en R3? Explica como se obtienen a partir de ellas

las ecuaciones parametricas y las ecuaciones implıcitas de esa recta.

Solucion: Son unas ecuaciones de la formax− p1v1

=y − p2v2

=z − p3v3

donde P = (p1, p2, p3)

es un punto por el que pasa la recta y ~v = (v1, v2, v3) es un vector director de la recta. Si algunacoordenada de ~v es nula entonces no tiene sentido la fraccion correspondiente (dividirıamos por 0),pero la coordenada correspondiente es constante; por ejemplo, si v1 = 0 entonces las ecuaciones son

x = p1 yx− p2v2

=x− p3v3

.

Dadas las ecuaciones continuas, las parametricas son (x, y, z) = (p1 + λv1, p2 + λv2, p3 + λv3) y las

implıcitas se obtienen multiplicando en cruz, por ejemplo:

{

v2(x− p1) = v1(y − p2)v3(y − p2) = v2(z − p3)

}

.

o

2. Define el producto escalar de vectores de Rn, enuncia sus propiedades algebraicas y di cual es su

relacion con la longitud de un vector y con el angulo que forman dos vectores no nulos.

Solucion: El producto escalar de ~v = (r1, r2, . . . , rn) y ~w = (s1, s2, . . . , sn) es el numero real

~v · ~w = r1s1 + r2s2 + · · ·+ rnsn

Sus propiedades algebraicas son:

Es simetrico: ~v · ~w = ~w · ~v.Es lineal en cada variable: ~v · (r1 ~w1 + r2 ~w2) = r1(~v · ~w1) + r2(~v · ~w2)

Es definido positivo: ~v · ~v > 0 si ~v 6= ~0 (y ~0 ·~0 = 0).

Su relacion con la longitud de un vector y con el angulo que forman dos vectores es:

La longitud (o norma o modulo) de un vector ~v es ‖~v‖ = +√

~v · ~v.

Si ~v y ~w son no-nulos, el coseno del angulo que forman es cos(~v, ~w) =~v · ~w

‖~v‖ ‖~w‖ .

o

3. ¿Que es el producto mixto de tres vectores ~u, ~v y ~w de R3? ¿Como se calcula en terminos de las

coordenadas de los vectores?

Solucion: El producto mixto es el numero real ~u · (~v × ~w) obtenido al hacer el producto escalardel vector ~u por el vector ~v × ~w (el producto vectorial de ~v y ~w).

En cuanto al calculo en terminos de coordenadas, su valor es el del determinante 3× 3 que lleva enla primera fila las coordenadas de ~u, en la segunda las de ~v y en la tercera las de ~w.

o


3 GEOMETRIA

4. Para vectores de R3, define los conceptos de producto vectorial y mixto, y enuncia sus propiedades.

Solucion: El producto vectorial de ~v = (v1, v2, v3) y ~w = (w1, w2, w3) es un el vector de R3 dado

por

~v × ~w =

(∣

∣

∣

∣

v2 v3w2 w3

∣

∣

∣

∣

,

∣

∣

∣

∣

v3 v1w3 w1

∣

∣

∣

∣

,

∣

∣

∣

∣

v1 v2w1 w2

∣

∣

∣

∣

)

= (v2w3 − v3w2 , v3w1 − v1w3 , v1w2 − v2w1)

El producto mixto de tres vectores ~u, ~v y ~w es el escalar ~u · (~v × ~w). Algunas propiedades son:

a) Antisimetrıa del producto escalar: ~v × ~w = −(~w × ~v).

b) Linealidad del producto escalar: ~u× (~v + r ~w) = (~u× ~v) + r(~u× ~w).

c) Si ~v y ~w son colineales, ~v × ~w = ~0. Si son LI, ~v × ~w es no nulo y ortogonal a ~v y a ~w.

d) La longitud ‖~v × ~w‖ coincide con el valor absoluto de ‖~v‖ ‖~w‖ sen(~v, ~w), que es a su vez elarea del paralelogramo que determinan ~v y ~w.

e) ~u · (~v × ~w) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

f ) El valor absoluto de ~u · (~v × ~w) es el volumen del paralelepıpedo que determinan los tresvectores.

o

5. En R3 se consideran un punto Q y un plano π. ¿Que es la proyeccion ortogonal de Q sobre π? ¿Que

es la distancia de Q a π? ¿Que relacion hay entre esos dos conceptos?

Solucion: La proyeccion ortogonal de Q sobre π es el punto Q′ en el que se cortan el plano π yla unica recta que es perpendicular a π y pasa por Q. La distancia de Q a π es el menor valor quealcanzan las distancias entre Q y los puntos de π. Este menor valor se alcanza precisamente cuandoel punto que se toma en π es la proyeccion ortogonal Q′.

o

6. Explica que es, en R3, la distancia de un punto Q a un plano π, y di como se puede calcular.

Solucion: La distancia de un punto Q a un plano π es el mınimo de las distancias de Q a P parapuntos arbitrarios P de π. Ese mınimo se alcanza en el punto Q′ donde se cortan el plano π y larecta perpendicular a π que pasa por Q (proyeccion ortogonal de Q sobre π), por lo que una formade calcular la distancia consiste en hallar ese punto de interseccion Q′, pues entonces la distanciade Q a π no es mas que la distancia entre los puntos Q y Q′.

o


3 GEOMETRIA

7. En R3, define la distancia de un punto Q a un plano π, y di como se calcula. Y lo mismo para la

distancia de un punto Q a una recta ℓ.

Solucion: La distancia entre Q y π es la menor distancia entre Q y los puntos de π, y se calculacomo la distancia entre Q y su proyeccion ortogonal sobre π, que es el punto Q′ donde se cortan πy la recta perpendicular a π que pasa por Q.

La distancia entre Q y ℓ es la menor distancia entre Q y los puntos de ℓ, y se calcula como ladistancia entre Q y su proyeccion ortogonal sobre ℓ, que es el punto Q′ donde se cortan ℓ y el planoperpendicular a ℓ que pasa por Q.

o

8. Dados un punto Q y una recta ℓ en R3, ¿como puede calcularse el punto de ℓ mas proximo a Q?

Solucion: Basta con hallar el plano perpendicular a ℓ que pasa por Q y calcular su interseccioncon ℓ.

o

9. En R3, ¿que es la proyeccion ortogonal de un punto Q sobre una recta ℓ?

Solucion: Es el punto en el que ℓ corta al plano perpendicular a ℓ que pasa por Q.

o

10. En R3, la proyeccion ortogonal de un punto Q sobre un plano π es el punto Q′.

Si ~v es un vector perpendicular a π, ¿cual es la proyeccion ortogonal sobre π del punto Q+ ~v ?

Si ~w es un vector en la direccion de π, ¿cual es la proyeccion ortogonal sobre π de Q+ ~w ?

(La justificacion de las respuestas puede ser intuitiva, basada en un dibujo).

Solucion: Si ~v es perpendicular a π entonces Q+ ~v esta en la perpendicular a π por Q, que es laque usamos para calcular Q′ (cortandola con π). Por tanto la proyeccion es el propio Q′.

Si ~w esta en la direccion de π entonces Q′ + ~w esta en π, y el vector que lo une con Q + ~w es elmismo que une a Q′ con Q, por lo que ese vector es perpendicular a π. En definitiva, Q′ + ~w estaa la vez en π y en la perpendicular a π por Q+ ~w, por lo que es la proyeccion buscada.

o


3 GEOMETRIA

11. Se consideran rectas y planos en R3, y se pide:

a) Calcula el punto de interseccion del plano de ecuacion 3x+ 5y + 2z = 8 con la recta que pasapor los puntos P = (4, 1, 1) y Q = (6, 5,−1).

b) Calcula el valor que debe tener b para que el punto P = (b, 4, 8) este en el plano que pasa porlos puntos A = (1, 1, 1), B = (−1, 5, 2) y C = (5,−1, 3).

Solucion: a) Como vector director de la recta podemos tomar−−→PQ = (2, 4,−2), o mejor su mitad

~v = (1, 2,−1). Entonces un punto generico de la recta tiene la forma P +λ~v = (4+λ, 1+2λ, 1−λ)para cierto λ, y si esta tambien en el plano entonces debe cumplirse 3(4+λ)+5(1+2λ)+2(1−λ) = 8,o sea 11λ = −11 y por tanto 1lk = −1, por lo que el punto pedido es (3,−1, 2).

b) Como−−→AB = (−2, 4, 1) y

−→AC = (4,−2, 2), la ecuacion del plano es 0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−2 4 x− 14 −2 y − 11 2 z − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

, que

calculando y simplificando se queda en 5x+ 4y − 6z = 3 (conviene comprobar que, efectivamente,los tres puntos A, B y C la satisfacen). El punto P esta en el plano cuando satisface esa ecuacion,o sea cuando 5b+ 16− 48 = 3, lo que nos da b = 7.

o

12. En R3 se consideran la recta ℓ de ecuaciones

{

3x− y = 2a− 1z = 1− a

}

y la recta ℓ′ que pasa por los

puntos (3, 3,−3) y (4, b+ 4, b− 5).

Determina su posicion relativa en funcion de a y de b. O sea, decide si son coincidentes, si sonparalelas, si se cortan o si se cruzan.

Solucion:

Opcion 1: Hagamos primero un analisis general de la posicion relativa de dos rectas r y s con

parametricas P + α~v y Q + β ~w, respectivamente. Considerando la matriz (A|B) = (~v ~w | −−→PQ), setiene:

Si rg(A) = 1 los vectores directores son proporcionales, luego las rectas son paraleles, y serancoincidentes precisamente cuando r pase por Q, o sea cuando se tenga Q = P +α~v para cierto

α, o sea cuando Q−P =−−→PQ sea proporcional a ~v, o sea cuando tambien se tenga rg(A|B) = 1.

Cuando se tenga rg(A|B) = 2 seran paralelas “de verdad” (no coincidentes).

Si rg(A) = 2 los vectores directores no son proporcionales, luego las rectas no son paraleles ysolo pueden cortarse o cruzarse. Se cortaran cuando existen α y β con P + α~v = Q + β ~w, o

sea con α~v − β ~w = Q− P =−−→PQ, o sea cuando el sistema con matriz (A|B) sea compatible, o

sea cuando tambien se tenga rg(A|B) = 2. Cuando se tenga rg(A|B) = 3 se cruzaran.

Nuestro caso concreto: Para ℓ, un punto con x = 0 es trivialmente P = (0, 1 − 2a, 1 − a), y unvector director es una solucion del sistema homogeneizado, por ejemplo ~v = (1, 3, 0). Para ℓ′ se tienedirectamente Q = (3, 3,−3), y el vector es el que une los dos puntos que se dan: ~w = (1, b+1, b−2).La matriz cuyos rangos debemos considerar es pues:

(A|B) =

1 1 33 b+ 1 2 + 2a0 b− 2 a− 4

F2−3F1−−−−−→

1 1 30 b− 2 2a− 70 b− 2 a− 4

F3−3F2−−−−−→

1 1 30 b− 2 2a− 70 0 3− a


3 GEOMETRIA

Para b = 2 se tiene rg(A) = 1 y rg(A|B) = 2, pues las dos entradas 2a − 7 y 3 − a no puedenanularse a la vez. Para b 6= 2 se tiene rg(A) = 2, y entonces rg(A|B) vale 2 o 3 segun si a = 3 oa 6= 3.

En definitiva, para b = 2 las rectas son paralelas no coincidentes, para b 6= 2 y a = 3 se cortan, ypara b 6= 2 y a 6= 3 se cruzan.

Opcion 2: Las rectas seran paralelas cuando sus vectores directores sean proporcionales. El de ℓ esuna solucion del sistema homogeneizado, por ejemplo (1, 3, 0). El de ℓ′ es el que une sus puntos, osea (1, b+ 1, b− 2). Son proporcionales si y solo si b = 2.

Dentro de este caso, seran coincidentes si y solo si el punto (3, 3,−3) satisface la ecuacion de ℓ, lo

que nos lleva a

{

9− 3 = 2a− 1−3 = 1− a

}

o a

{

7 = 2aa = 4

}

, por lo que no lo son para ningun valor de a.

Cuando no son paralelas (b 6= 2), calculemos su interseccion sustituyendo las parametricas de ℓ′:

xyz

=

33

−3

+ λ

1b+ 1b− 2

en las implıcitas de ℓ, lo que nos da{

3(3 + λ)− (3 + (b+ 1)λ) = 2a− 1(−3 + (b− 2)λ) = 1− a

}

o

{

7− 2a = (b− 2)λ(b− 2)λ = 4− a

}

que solo tiene solucion cuando 7− 2a = 4− a, o sea cuando a = 3.

En este caso el punto de corte P se obtiene cuando λ = 1/(b− 2) y sus coordenadas son

x = 3+1

b− 2=

3b− 5

b− 2y = 3+

b+ 1

b− 2=

4b− 5

b− 2z = −3+1 = −2 P =

(

3b− 5

b− 2,4b− 5

b− 2, −2

)

En definitiva, para b = 2 son paralelas no coincidentes, para b 6= 2 y a = 3 se cortan en el punto Py para b 6= 2 y a 6= 3 se cruzan.

Opcion 3: Calculamos las ecuaciones implıcitas de ℓ′ a partir de su ecuacion continua:

x− 3

1=

y − 3

1− b=

z + 3

b− 2

{

(1 + b)(x− 3) = y − 3(b− 2)(x− 3) = z + 3

}

o

{

(1 + b)x− y = 3b(b− 2)x− z = 3b− 3

}

Ahora las juntamos con las de ℓ para encontrar la interseccion. La matriz del sistema conjunto esla siguiente, que manipulamos tomando pivotes en las columnas mas comodas (tambien se puedenescribir las incognitas en el orden y, z, x, o sea se puede pasar la primera columna al tercer lugar);haciendo primero F3 − F1 y F4 + F2 y despues F4 − F3 se tiene:

3 −1 0 2a− 10 0 1 1− a

1 + b −1 0 3bb− 2 0 −1 3b− 3

→

3 −1 0 2a− 10 0 1 1− a

b− 2 0 0 3b− 2a+ 1b− 2 0 0 3b− a− 2

→

3 −1 0 2a− 10 0 1 1− a

b− 2 0 0 3b− 2a+ 10 0 0 a− 3

Para b = 2 el rango de la matriz de coeficientes es 2, lo que significa que las homogeneas de ℓ′

“desaparecen” al juntarlas con las de ℓ y por tanto las rectas son paralelas. En este caso, las dosultimas filas son 0 = 7− 2a y 0 = a− 3, por lo que no son coincidentes para ningun valor de a.


3 GEOMETRIA

Para b 6= 2 el rango de la matriz de coeficientes es 3, por lo que no son paralelas y se cortaran (enun punto) cuando el sistema sea compatible, o sea cuando no haya pivotes en la 4 columna, o seacuando sea a = 3. Para a 6= 3 (y b 6= 2) ni son paraleles ni se cortan, por lo que se cruzan.

Cuando se cortan (a = 3, b 6= 2), el punto de corte P se obtiene resolviendo el sistema:

z = 1−a x =3b− 5

b− 2y = 3x−5 =

9b− 15− 5b+ 10

b− 2=

4b− 5

b− 2 P =

(

3b− 5

b− 2,4b− 5

b− 2, −2

)

o

13. En R3 se considera la recta ℓ con ecuaciones implıcitas

{

x+ y + z = 4x+ 2y + 3z = 8

}

. Calcula:

a) Los valores de b y c para los que ℓ esta contenida en el plano de ecuacion 2x− y + bz = c.

b) La ecuacion implıcita del plano que contiene a ℓ y al punto P = (0, 1, 0).

Solucion: (a) El plano contiene a la recta ℓ cuando la interseccion de ambos es ℓ, o sea cuando laecuacion del plano “sobra” al juntarla con las de ℓ. Usando la matriz del sistema tenemos:

1 1 1 41 2 3 82 −1 b c

→

1 1 1 40 1 2 40 −3 b− 2 c− 8

→

1 1 1 40 1 2 40 0 b+ 4 c+ 4

y por tanto la condicion pedida (que la ultima fila sobre) se da cuando b = −4 y c = −4.

(b) Los planos que contienen a ℓ son los de la forma siguiente (“haz de planos”):

α(x+ y + z − 4) + β(x+ 2y + 3z − 8) = 0

De ellos, el que contiene a P = (0, 1, 0) debe cumplir 0 = α(1 − 4) + β(2 − 8) = −3α − 6β, lo quese tiene por ejemplo tomando α = 2 y β = −1. Por tanto el plano buscado tiene ecuacion

2(x+ y + z − 4)− (x+ 2y + 3z − 8) = 0 o sea x− z = 0

o


{

x+ 3y − z = 62x+ 5y + 3z = 2

}

. Calcula:

a) Los valores de p y q para los que ℓ esta contenida en el plano de ecuacion 3x+ 5y + pz = q.


c) La ecuacion implıcita del plano perpendicular a ℓ por el punto P = (0, 1, 1).


3 GEOMETRIA


1 3 −1 62 5 3 23 5 p q

→

1 3 −1 60 −1 5 −100 −4 p+ 3 q − 18

→

1 3 −1 60 −1 5 −100 0 p− 17 q + 22

y por tanto la condicion pedida (que la ultima fila sobre) se da cuando p = 17 y q = −22.


α(x+ 3y − z − 6) + β(2x+ 5y + 3z − 2) = 0

De ellos, el que contiene a P = (0, 1, 1) debe cumplir 0 = α(3− 1− 6) + β(5 + 3− 2) = −4α+ 6β,lo que se tiene tomando α = 3 y β = 2 (o parejas proporcionales). Por tanto el plano buscado tieneecuacion

3(x+ 3y − z − 6) + 2(2x+ 5y + 3z − 2) = 0 o sea 7x+ 19y + 3z = 22

(c) Los planos perpendiculares a ℓ tienen por vectores directores los coeficientes de las incognitasen las ecuaciones de ℓ, o sea (1, 3,−1) y (2, 5, 3). Por tanto la ecuacion del que pasa por P es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 x3 5 y − 1−1 3 z − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 14x− 5(y− 1)− (z− 1) = 14x− 5y− z+6 o 14x− 5y− z = −6

o


{

3x+ 2y + z = 72x+ 4y + 5z = 12

}

. Calcula:

a) Los valores de a y b para los que ℓ esta contenida en el plano de ecuacion x+ 14y + az = b.

b) La ecuacion implıcita del plano que contiene a ℓ y al punto P = (−3, 1, 2).

c) La ecuacion implıcita del plano perpendicular a ℓ por al punto Q = (1, 1, 1).


3 2 1 72 4 5 121 14 a b

→

3 2 1 70 8 13 220 40 3a− 1 3b− 7

→

3 2 1 70 8 13 220 0 3a− 66 3b− 117

y por tanto la condicion pedida (que la ultima fila sobre) se da cuando a = 22 y b = 39.


α(3x+ 2y + z − 7) + β(2x+ 4y + 5z − 12) = 0

De ellos, el que contiene a P = (−3, 1, 2) debe cumplir 0 = α(−9+2+2−7)+β(−6+4+10−12) =−12α− 4β, lo que se tiene tomando α = 1 y β = −3 (o parejas proporcionales). Por tanto el planobuscado tiene ecuacion

(3x+ 2y + z − 7)− 3(2x+ 4y + 5z − 12) = 0 o sea 3x+ 10y + 14z = 29


3 GEOMETRIA

(c) Los planos perpendiculares a ℓ tienen por vectores directores los coeficientes de las incognitasen las ecuaciones de ℓ, o sea (3, 2, 1) y (2, 4, 5). Por tanto la ecuacion del que pasa por P es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 2 x− 12 4 y − 11 5 z − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 6(x−1)−13(y−1)+8(z−1) = 6x−13y+8z−1 o 6x−13y+8z = 1

o


{

x+ 3y − z = 22x+ 5y + 3z = 6

}

. Calcula:

a) Los valores de p y q para que ℓ este contenida en el plano π ≡ 3x+ 4y + pz = q.


c) La ecuacion implıcita del plano perpendicular a ℓ que pasa por el punto Q = (3, 2, 1).


1 3 −1 22 5 3 63 4 p q

→

1 3 −1 20 −1 5 20 −5 p+ 3 q − 6

→

1 3 −1 20 −1 5 20 0 p− 22 q − 16

y por tanto la condicion pedida (que la ultima fila sobre) se da cuando p = 22 y q = 16.


α(x+ 3y − z − 2) + β(2x+ 5y + 3z − 6) = 0

De ellos, el que contiene a P = (1, 2, 2) debe cumplir 0 = α(1+6−2−2)+β(2+10+6−6) = 3α+12β,lo que se tiene tomando α = 4 y β = −1 (o parejas proporcionales). Por tanto el plano buscado es

4(x+ 3y − z − 2)− (2x+ 5y + 3z − 6) = 0 o sea 2x+ 7y − 7z = 2

(c) Los planos perpendiculares a ℓ tienen por vectores directores los coeficientes de las incognitas enlas ecuaciones de ℓ, o sea (1, 3,−1) y (2, 5, 3). Por tanto la ecuacion del que pasa por Q = (3, 2, 1)es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 x− 33 5 y − 2−1 3 z − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 14(x−3)−5(y−2)−(z−1) = 14x−5y−z−31 o 14x−5y−z = 31

o


3 GEOMETRIA


{

x+ 3y − z = 22x+ 5y + 3z = 6

}

. Calcula:

a) Los valores de p y q para que ℓ este contenida en el plano π ≡ 3x+ 5y + pz = q.


c) La ecuacion implıcita del plano perpendicular a ℓ que pasa por el punto Q = (1, 2, 3).


1 3 −1 22 5 3 63 5 p q

→

1 3 −1 20 −1 5 20 −4 p+ 3 q − 6

→

1 3 −1 20 −1 5 20 0 p− 17 q − 14

y por tanto la condicion pedida (que la ultima fila sobre) se da cuando p = 17 y q = 14.


α(x+ 3y − z − 2) + β(2x+ 5y + 3z − 6) = 0

De ellos, el que contiene a P = (1, 3, 1) debe cumplir 0 = α(1+9−1−2)+β(2+15+3−6) = 7α+14β,lo que se tiene tomando α = 2 y β = −1 (o parejas proporcionales). Por tanto el plano buscado es

2(x+ 3y − z − 2)− (2x+ 5y + 3z − 6) = 0 o sea y − 5z = −2

(c) Los planos perpendiculares a ℓ tienen por vectores directores los coeficientes de las incognitas enlas ecuaciones de ℓ, o sea (1, 3,−1) y (2, 5, 3). Por tanto la ecuacion del que pasa por Q = (3, 2, 1)es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 x− 13 5 y − 2−1 3 z − 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 14(x−1)−5(y−2)−(z−3) = 14x−5y−z−1 o 14x−5y−z = 1

o

18. En R3, calcula:

a) Unas ecuaciones parametricas de la recta que pasa por (0,−1, 0) y es perpendicular al planoque pasa por (1, 2, 3) y tiene vectores directores (2,−2, 1) y (2, 1,−2).

b) Unas ecuaciones implıcitas (dependeran de b) de la recta que pasa por (4, 4, b) y es paralela ala recta que pasa por (1, 2, 3) y tiene vector director (2, 1, 3).

c) El valor de b para el cual las rectas de los apartados anteriores se cortan.

Solucion: (a) Si la recta es perpendicular a ese plano, podemos tomar como vector director suyoel producto vectorial de los vectores que marcan la direccion del plano, que es (3, 6, 6), o mejor sumultimplo mas comodo (1, 2, 2). Las parametricas pedidas son por tanto

xyx

=

0−10

+ λ

122


3 GEOMETRIA

El punto (1, 2, 3) del enunciado no sirve para nada, porque del plano solo nos interesa su direccion.

(b) Es independiente de (a). Si la recta es paralela a la que se da, su vector director es el mismo, o sea

(2, 1, 3). Como pasa por (4, 4, b) las ecuaciones continuas sonx− 4

2=

y − 4

1=

z − b

3(de nuevo el

punto (1, 2, 3) no se usa) y, “cruzando” las continuas, se obtienen las implıcitas

{

x− 2y = −43y − z = 12− b

(c) Si se cruzan, algun punto de la primera, o sea de la forma (λ, 2λ− 1, 2λ) para algun λ, satisfacelas implıcitas anteriores. Como satisface la primera se tiene λ − 2(2λ − 1) = −4 y por tanto debeser λ = 2 y el punto de corte solo puede ser entonces (2, 3, 4). Pero este punto debe satisfacer lasegunda de las implıcitas, lo que obliga a 3 · 3− 4 = 12− b y por tanto es b = 7.

Alternativamente, se puede usar que dos rectas P+λ~v y Q+µ~w se cortan si y solo si el determinante

det(−−→PQ,~v, ~w) vale 0, lo que en este caso lleva a

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 42 1 52 3 b

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −3(b− 7) ⇒ b = 7

o

19. En R2 se consideran la recta ax− 2y = 4 y la recta

{

x = 2− λy = b+ 3λ

(λ ∈ R).

¿Para que valores de a y b son las rectas perpendiculares? ¿Para cuales son paralelas? ¿Para cualesson la misma recta? ¿Para cuales se cortan en un punto, y cual es ese punto?

Solucion: Las ecuaciones nos dan directamente un vector director de la segunda recta, ~v = (−1, 3),y un vector normal a la primera, el (a,−2), por lo que un un vector director es ~w = (2, a).

Las rectas son perpendiculares cuando los vectores ~v y ~w son ortogonales, o sea cuando su productoescalar ~v · ~w = −2 + 3a es nulo, o sea cuando a = 2/3 (independientemente del valor de b).

[Todo lo que sigue se puede hacer tambien discutiendo en funcion de los parametros el sistemaformado por las ecuaciones implıcitas ax − 2y = 4 y 3x + y = b + 6; las rectas son iguales cuandoel sistema es compatible indeterminado, son paralelas distintas cuando es incompatible y se cortancuando es compatible determinado, en cuyo caso la solucion se puede obtener con la regla deCramer].

Las rectas son paralelas cuando los vectores directores ~v = (−1, 3) y ~w = (2, a) son proporcionales,o sea cuando a = −6 (independientemente del valor de b).

Dentro de este caso paralelo (a = −6), las dos rectas son la misma cuando tienen un punto en comun,o sea cuando el punto (2, b) de la segunda satisface la ecuacion −6x− 2y = 4 (o 3x+ y+ 2 = 0) dela primera, o sea cuando 6 + b+ 2 = 0, o sea cuando b = −8 (y a = −6).

Finalmente, se cortan en un punto cuando no son paralelas, o sea cuando a 6= −6 (para cualquierb), y ese punto tiene la forma (2− λ , b+3λ) y satisface la ecuacion de la primera recta, por lo quese tiene

4 = a(2− λ)− 2(b+ 3λ) = 2(a− b)− (a+ 6)λ

Por tanto en el punto de corte ha de ser λ =2a− 2b− 4

a+ 6y el punto es el

(

2b+ 16

a+ 6,ab+ 6a− 12

a+ 6

)

.

o


3 GEOMETRIA

20. ¿Para que valores de a y b se cortan perpendicularmente las siguientes rectas de R3?

ℓ ≡ x− 1

3=

y − 1

2= z ℓ′ ≡ x− 8

b= y − 9 = z − a

Solucion: Deben cortarse y ser perpendiculares. Empezamos por la condicion mas facil, que esla perpendicularidad: Los vectores directores respectivos, (3, 2, 1) y (b, 1, 1), deben ser ortogonales;por tanto 0 = (3, 2, 1) · (b, 1, 1) = 3b+ 3, o sea b = −1.

Para este valor, se cortaran cuando el sistema formado al juntar las ecuaciones de ambas rectas seacompatible; el sistema y su matriz son:

x− 1 = 3zy − 1 = 2zx− 8 = 9− yx− 8 = a− z

1 0 −3 10 1 −2 11 1 0 171 0 1 8 + a

F3−F1−F2−−−−−−−→F4−F1

1 0 −3 10 1 −2 10 0 5 150 0 4 7 + a

Haciendo ahora 5F4−4F3 la ultima fila queda (0 0 0 | 5a−25), y el sistema sera compatible cuandosea 5a− 25 = 0, o sea cuando a = 5.

tambien se puede usar que dos rectas se cortan cuando el vector que une puntos por los que pasacada una, en nuestro caso (1, 1, 0) y (8, 9, a), es linealmente dependiente de sus vectores directores,lo que en este caso lleva igualmente a

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 2 1−1 1 17 8 a

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3 5 4−1 0 07 15 7 + a

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 35 + 5a− 60 = 5a− 25 a = 5

o

21. Encuentra la recta de R3 que pasa por el punto P = (2, 0, 0) y corta a las dos rectas siguientes:

ℓ ≡ x

3=

y + 2

2= z + 1 ℓ′ ≡ x− 2 =

y − 2

2=

z − 3

3

Solucion: Una opcion consiste en buscar el plano π que contiene a P y a ℓ y hallar luego el puntoQ en el que π corta a ℓ′. La recta que une P con Q es la que buscamos, pues al estar en el plano πcortara tambien a ℓ.

La ecuacion de π es y = 2z y por tanto su corte con ℓ′ es el punto (1, 0, 0), por lo que la recta quebuscamos es la recta y = 0 = z (o sea, el eje OX). Comprobemos que cumple las tres condiciones:contiene a P = (2, 0, 0), corta a ℓ en (3, 0, 0) y corta a ℓ′ en (1, 0, 0).

o

22. En R3 se consideran el punto P = (7, 4, 4), la recta r1 de ecuaciones implıcitas

{

x = yx+ z = 5

}

, y

la recta r2 de ecuacion continuax− 2

2=

y + 1

1=

z

3. Calcula:

a) La ecuacion implıcita del plano π que contiene a P y a r1.

b) Las ecuaciones parametricas de la recta r que pasa por P y corta a r1 y a r2.


3 GEOMETRIA

c) Un punto P1 en r1 y un punto P2 en r2 tales que P , P1 y P2 estan alineados.

Solucion: a) Los planos que contienen a r1 son los de la forma α(x−y)+β(x+z−5) = 0 para ciertosα y β (haz de planos). El que pasa por P = (7, 4, 4) debe verificar 0 = (7−4)α+(7+4−5)β = 3α+6β,para lo que basta con tomar α = 2 y β = −1 para obtener el plano x− 2y − z + 5 = 0.

b) Calculemos el punto P2 donde se cortan r2 y π. Las ecuaciones parametricas de r2 son (x, y, z) =(2λ+2, λ−1, 3λ), por lo que su corte con π se produce cuando 0 = (2λ+2)−2(λ−1)−3λ+5 = 9−3λ,o sea cuando λ = 3. Por tanto el punto de interseccion buscado es P2 = (8, 2, 9).

La recta r pedida es la que une P con P2, con vector director−−→PP2 = (1,−2, 5) y ecuaciones

parametricas (x, y, z) = (7 + µ, 4 − 2µ, 4 + 5µ). En efecto, por su construccion r pasa por P ycorta a r2 en P2, y ademas corta a r1 pues ambas estan en el plano π y no son paralelas, ya que−−→PP2 = (1,−2, 5) no satisface la ecuacion homogeneizada de r1.

c) Basta con calcular el punto P1 en el que se cortan r1 y r, pues entonces P , P1 y P2 estaranalineados al estar los tres en r. Sustituyendo las parametricas de r en las implıcitas de r1 se tiene{

7 + µ = 4− 2µ7 + µ+ 4 + 5µ = 5

}

, por lo que µ = −1 y por tanto P1 = (6, 6,−1).

o

23. En R3 se consideran el punto P = (4, 4, 3), la recta ℓ1 de ecuaciones implıcitas

{

x+ y = 5x− z = 2

}

y la recta ℓ2 de ecuaciones continuasx− 2

1=

y − 4

1=

z + 1

2. Calcula:

a) Una ecuacion implıcita del plano π1 que contiene a P y a ℓ1.

b) Unas ecuaciones parametricas de la recta ℓ que pasa por P y corta a ℓ1 y a ℓ2.

c) Puntos P1 en ℓ1 y P2 en ℓ2 tales que P , P1 y P2 esten alineados.

Solucion: a) Los planos que contienen a ℓ1 son los de la forma α(x+y−5)+β(x−z−2) = 0 paraciertos α y β (haz de planos). El que pasa por P = (4, 4, 3) debe verificar 0 = (4+4−5)α+(4−3−2)β = 3α− β, para lo que basta con tomar α = 1 y β = 3 para obtener el plano 4x+ y − 3z = 11.

Alternativamente, se puede ver a ojo que ℓ1 pasa (por ejemplo) por el punto Q1 = (2, 3, 0) convector director ~v1(1,−1, 1), de modo que el plano buscado pasa por Q1 y tiene la direccion marcada

por los vectores ~v1 y−−→Q1P = (2, 1, 3), de donde se obtiene del modo usual la ecuacion implıcita.

b) Calculemos el punto P2 donde se cortan ℓ2 y π1. Las ecuaciones parametricas de ℓ2 se obtienendirectamente de las continuas, y son (x, y, z) = (2 + λ, 4 + λ,−1 + 2λ), por lo que su corte con π1se produce cuando 4(2 + λ) + (4 + λ) − 3(−1 + 2λ) = 11, o sea cuando λ = 4. Por tanto el puntode interseccion buscado es P2 = (6, 8, 7).

La recta ℓ pedida es la que une P = (4, 4, 3) con P2 = (6, 8, 7), con vector director−−→PP2 = (2, 4, 4), o

mejor su mitad ~v = (1, 2, 2), y ecuaciones parametricas (x, y, z) = (4+µ, 4+2µ, 3+2µ). En efecto,por su construccion ℓ pasa por P y corta a ℓ2 en P2. Para ver que ℓ tambien corta a ℓ1 sirve unargumento teorico (ambas rectas estan en el plano π1 y no son paralelas, ya que ~v = (1, 2, 2) nosatisface la ecuacion homogeneizada de ℓ1) o las cuentas concretas del siguiente apartado.

c) Basta con calcular el punto P1 en el que se cortan ℓ1 y ℓ, pues entonces P , P1 y P2 estaranalineados al estar los tres en ℓ. Sustituyendo las parametricas de ℓ en las implıcitas de ℓ1 se tiene{

(4 + µ) + (4 + 2µ) = 5(4 + µ)− (3 + 2µ) = 2

}

; ambas ecuaciones llevan a µ = −1 y por tanto P1 = (3, 2, 1).


3 GEOMETRIA

No esta de mas comprobar que P1 = (3, 2, 1) satisface las ecuaciones implıcitas de ℓ1 dadas en elenunciado, que P2 = (6, 8, 7) satisface las ecuaciones continuas de ℓ2 dadas en el enunciado, y que−−→PP1 = (−1,−2,−2) y

−−→PP2 = (2, 4, 4) son proporcionales y por tanto P , P1 y P2 estan alineados.

o

24. En R3 se consideran la recta ℓ1 que pasa por P1 = (1, 3, 7) con direccion ~v1 = (1, 2, 4) y la recta ℓ2

que pasa por P2 = (2, 0, 4) con direccion ~v2 = (6, 2, 1). Halla unas ecuaciones implıcitas de la rectaℓ con direccion ~v = (3, 1, 2) que corta a las dos anteriores, y calcula los puntos Q1 y Q2 en los queℓ corta a ℓ1 y ℓ2, respectivamente.

Solucion: Una opcion: Calculamos el plano π1 que contiene a ℓ1 y a la direccion ~v, y el plano π2que contiene a ℓ2 y a la direccion ~v. Su interseccion es nuestra recta ℓ = π1 ∩ π2, pues su direcciones ~v (por estar en la direccion de ambos planos), corta a ℓ1 (por ser dos rectas no paralelas en elplano π1) y a ℓ2 (analogamente). Ademas, para calcular Q1 = ℓ1 ∩ ℓ = ℓ1 ∩ π1 ∩ π2 observamos queπ1 “sobra en el calculo” (pues contiene a ℓ1), por lo que Q1 = ℓ1∩π2, y analogamente, Q2 = ℓ2∩π1.Las cuentas:

Para i = 1, 2, el plano πi pasa por Pi y su direccion la marcan ~vi y ~v, por lo que sus ecuaciones son:

π1 ≡ 0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 3 x− 12 1 y − 34 2 z − 7

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 10(y − 3)− 5(z − 7) π2 ≡ 0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

6 3 x− 22 1 y1 2 z − 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 3(x− 2)− 9y

Simplificando y reorganizando se tiene π1 ≡ 2y− z = −1 y π2 ≡ x− 3y = 2, y esas son unas ecua-ciones implıcitas de ℓ. Comprobando que ~v satisface las correspondientes ecuaciones homogeneasvemos que ℓ tiene la direccion requerida. Que ℓ corta a cada ℓi lo vamos a ver a continuacion.

Para calcular Q1 sustituimos las parametricas de ℓ1, o sea (x, y, z) = (1 + α, 3 + 2α, 7 + 4α), en laimplıcita de π2, obteniendo

2 = (1 + α)− 3(3 + 2α) = −8− 5α 10 = −5α α = −2 Q1 = (−1,−1,−1)

Analogamente, para calcular Q2 sustituimos (x, y, z) = (2 + 6β, 2β, 4 + β) en la implıcita de π1:

−1 = 2(2β)− (4 + β) = 3β − 4 3 = 3β β = 1 Q2 = (8, 2, 5)

Observamos que−−−→Q1Q2 = (9, 3, 6) = 3~v para re-comprobar que ℓ tiene la direccion requerida.

Otra opcion: Buscamos Q1 en ℓ1 (o sea Q1 = P1+α~v1 para algun α) y Q2 en ℓ2 (o sea Q2 = P2+β~v2

para algun β) tales que−−−→Q1Q2 sea proporcional a ~v (o sea

−−−→Q1Q2 = γ~v para algun γ). En definitiva,

buscamos α, β y γ tales que

γ~v =−−−→Q1Q2 =

−−−→P1P2 + β~v2 − α~v1 o α~v1 − β~v2 + γ~v =

−−−→P1P2

Este sistema de 3 ecuaciones con 3 incognitas tiene solucion unica α = −2, β = 1 y γ = 3, quenos dan los Q1 y Q2 de antes; la recta ℓ es la que los une, cuyas implıcitas se obtienen del modoestandar.

Y otra: Pensando en un par de vectores ortogonales a ~v, como (1,−3, 0) y (0,−2, 1), sabemos que

unas implıcitas de ℓ deben ser de la forma

{

x− 3y = Az − 2y = B

}

para ciertos valores de A y de B.

Sustituyendo las parametricas de ℓ1 en estas implıcitas (para calcular ℓ1∩ℓ) se llega a α = −(A+8)/5y B = 1, mientras que haciendo lo mismo con ℓ2 se llega a A = 2 y β = (4−B)/3. Con los valoresde A y B tenemos unas implıcitas de ℓ, y tambien tenemos α = −2 y β = 1, que nos dan Q1 y Q2.


3 GEOMETRIA

o

25. En R3 se consideran la recta ℓ1 que pasa por P1 = (0, 3, 1) con direccion ~v1 = (1, 4, 2) y la recta ℓ2

que pasa por P2 = (−4, 3,−2) con direccion ~v2 = (6, 1, 2). Halla unas ecuaciones implıcitas de larecta ℓ con direccion ~v = (3, 2, 1) que corta a las dos anteriores, y calcula los puntos Q1 y Q2 en losque ℓ corta a ℓ1 y ℓ2, respectivamente.

Solucion: Una opcion: Calculamos el plano π1 que contiene a ℓ1 y a la direccion ~v, y el plano π2que contiene a ℓ2 y a la direccion ~v. Su interseccion es nuestra recta ℓ = π1 ∩ π2, pues su direcciones ~v (por estar en la direccion de ambos planos), corta a ℓ1 (por ser dos rectas no paralelas en elplano π1) y a ℓ2 (analogamente). Ademas, para calcular Q1 = ℓ1 ∩ ℓ = ℓ1 ∩ π1 ∩ π2 observamos queπ1 “sobra en el calculo” (pues contiene a ℓ1), por lo que Q1 = ℓ1∩π2, y analogamente, Q2 = ℓ2∩π1.Las cuentas:

Para i = 1, 2, el plano πi pasa por Pi y su direccion la marcan ~vi y ~v, por lo que sus ecuaciones son:

π1 ≡ 0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 3 x4 2 y − 32 1 z − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 5(y−3)−10(z−1) π2 ≡ 0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

6 3 x+ 41 2 y − 32 1 z + 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −3(x+4)+9(z+2)

Simplificando y reorganizando se tiene π1 ≡ y−2z = 1 y π2 ≡ x−3z = 2, y esas son unas ecuacionesimplıcitas de ℓ. Comprobando que ~v satisface las correspondientes ecuaciones homogeneas vemosque ℓ tiene la direccion requerida. Que ℓ corta a cada ℓi lo vamos a ver a continuacion.

Para calcular Q1 sustituimos las parametricas de ℓ1, o sea (x, y, z) = (α, 3 + 4α, 1 + 2α), en laimplıcita de π2, obteniendo

2 = α− 3(1 + 2α) = −3− 5α 5 = −5α α = −1 Q1 = (−1,−1,−1)

Analogamente, para calcular Q2 sustituimos (x, y, z) = (−4+ 6β, 3+ β,−2+ 2β) en la implıcita deπ1:

1 = (3 + β)− 2(−2 + 2β) = 7− 3β −6 = −3β β = 2 Q2 = (8, 5, 2)

Observamos que−−−→Q1Q2 = (9, 6, 3) = 3~v para re-comprobar que ℓ tiene la direccion requerida.

Otra opcion: Buscamos Q1 en ℓ1 (o sea Q1 = P1+α~v1 para algun α) y Q2 en ℓ2 (o sea Q2 = P2+β~v2

para algun β) tales que−−−→Q1Q2 sea proporcional a ~v (o sea

−−−→Q1Q2 = γ~v para algun γ). En definitiva,

buscamos α, β y γ tales que

γ~v =−−−→Q1Q2 =

−−−→P1P2 + β~v2 − α~v1 o α~v1 − β~v2 + γ~v =

−−−→P1P2

Este sistema de 3 ecuaciones con 3 incognitas tiene solucion unica α = −1, β = 2 y γ = 3, quenos dan los Q1 y Q2 de antes; la recta ℓ es la que los une, cuyas implıcitas se obtienen del modoestandar.

Y otra: Pensando en un par de vectores ortogonales a ~v, como (1, 0,−3) y (0, 1,−2), sabemos que

unas implıcitas de ℓ deben ser de la forma

{

x− 3z = Ay − 2z = B

}

para ciertos valores de A y de B.

Sustituyendo las parametricas de ℓ1 en estas implıcitas (para calcular ℓ1∩ℓ) se llega a α = −(A+3)/5y B = 1, mientras que haciendo lo mismo con ℓ2 se llega a A = 2 y β = (7−B)/3. Con los valoresde A y B tenemos unas implıcitas de ℓ, y tambien tenemos α = −1 y β = 2, que nos dan Q1 y Q2.

o


3 GEOMETRIA

26. En R3 se consideran el plano π de ecuacion 4x + 6y − 5z = 4, la recta ℓ de ecuaciones

x− 54

2=

y − 78

8=

z − 1

5y el punto P = (3, 2,−2). Calcula unas ecuaciones parametricas de la recta en la

que se cortan el plano π y el plano perpendicular a ℓ que pasa por P .

Solucion: El segundo plano es perpendicular a ℓ, que tiene vector director (2, 8, 5). (Notese quesolo nos interesa la direccion de ℓ, y no el punto por el que pasa, por lo que esos coeficientes “feos”no influyen en el problema). Por tanto su ecuacion es de la forma 2x+ 8y+ 5z = A. Para que pasepor P no hay mas que tomar A = 2 · 3 + 8 · 2 + 5 · (−2) = 12.

Se trata pues de calcular la interseccion de los planos con ecuaciones 2x+8y+5z = 12 y 4x+6y−5z =4, para lo que solo hay que resolver el correspondiente sistema:

(

2 8 5 124 6 −5 4

)

→(

2 8 5 120 −10 −15 −20

)

→(

2 8 5 120 2 3 4

)

→(

2 0 −7 −40 2 3 4

)

Tomando z = α se tiene y = 2 − 32 α y x = 7

2 α − 2, por lo que unas ecuaciones parametricas son(x, y, z) = (−2, 2, 0) + α(7/2,−3/2, 1).

La solucion no es unica: se puede cambiar el vector por cualquier multiplo no nulo, como por ejemplo(7,−3, 2), y el punto por cualquier otro de la recta, como (3/2, 1/2, 1) o (5,−1, 2).

o

27. En R3 se considera la recta ℓ de ecuaciones

{

2x+ y − z = 24x− y − 3z = 0

}

. Calcula:

a) La recta ℓ′ que es paralela a ℓ y pasa por el punto A = (2,−2, 8).

b) El plano π′ que es perpendicular a ℓ y pasa por el punto B = (1, 0, 0).

c) El punto Q en el que se cortan ℓ′ y π′.

d) Una ecuacion implıcita para el plano que contiene a ℓ y a Q.

Solucion: Podemos por ejemplo encontrar unas ecuaciones parametricas para ℓ resolviendo elsistema:(

2 1 −1 24 −1 −3 0

)

→(

2 1 −1 20 −3 −1 −4

)

→(

2 4 0 60 −3 −1 −4

)

→(

1 2 0 30 3 1 4

)

Para y = α obtenemos

xyz

=

3− 2αα

4− 3α

o, cambiando el signo al vector,

xyz

=

304

+

λ

2−13

.

Por tanto la ecuacion parametrica de ℓ′ es (x, y, z) = (2,−2, 8)+λ(2,−1, 3) = (2+2λ , −2−λ , 8+3λ)y la implıcita de π′ es 2x− y + 3z = 2. El punto de ℓ′ que esta en π′ debe satisfacer

2 = 2(2 + 2λ)− (−2− λ) + 3(8 + 3λ) = 30 + 14λ

por lo que debe ser λ = −2 y en consecuencia Q = (−2, 0, 2).


3 GEOMETRIA

Finalmente, el plano que contiene a ℓ y Q tiene por vectores directores al vector de ℓ y a−−→PQ, donde

P es un punto de ℓ. Tomando P = (3, 0, 4) tenemos−−→PQ = (−5, 0,−2), que podemos cambiar por

su opuesto, y por tanto la ecuacion implıcita del plano es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 5 x+ 2−1 0 y3 2 z − 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

o sea − 2x+ 11y + 5z = 14

Alternativa: El producto vectorial (2, 1,−1)× (4,−1,−3) = (−4, 2,−6) es un vector director de ℓ,que podemos cambiar por (2,−1, 3) para obtener ℓ′, π′ y Q como antes. Entonces se considerantodos los planos que contienen a ℓ, que son de la forma (haz de planos)

α(2x+ y − z − 2) + β(4x− y − 3z) = 0

El que contiene a Q debe satisfacer (sustituyendo Q) −8α − 14β = 0, por lo que podemos tomarα = 7 y β = −4, obteniendo ası el plano −2x+ 11y + 5z = 14.

o

28. Encuentra las ecuaciones del plano de R3 que pasa por P = (1, 1,−1) y es perpendicular a la recta

(x, y, z) = (−1, 6, 4) + λ(3, 2, 1).

Solucion: Ser perpendicular a una recta significa ser perpendicular a su vector director, luego nues-tro plano es perpendicular a (3, 2, 1) y por tanto su ecuacion general es de la forma 3x+ 2y + z = D .Como debe pasar por P se tiene D = 4 y ası el plano es 3x+ 2y + z = 4.

o

29. Se consideran los puntos de R3 de coordenadas

A = (1, 2, 1) B = (−1, 1, 1) C = (0, 1, 2) D = (3, 1,−1)

Calcula el area del triangulo de vertices A, B y C, la ecuacion del plano que contiene a ese trianguloy la distancia del punto D a ese plano.

Solucion: Consideremos el paralelogramo P que determinan−−→AB = (−2,−1, 0) y

−→AC = (−1,−1, 1).

El area de P es el doble que la del triangulo pedido T , y por otra parte es el modulo del productovectorial de esos vectores, que se calcula del modo usual y vale

√6. Por tanto el area de T vale√

6/2.

El plano pedido es el que pasa por A y contiene a esos vectores, luego su ecuacion general es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

x− 1 y − 2 z − 1−2 −1 0−1 −1 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −(x− 1) + 2(y − 2) + (z − 1) = −x+ 2y + z − 4

y la distancia de D a ese plano vale| − 3 + 2− 1− 4|√

1 + 4 + 1=

6√6=

√6.

o


3 GEOMETRIA

30. En el espacio R3, se considera la recta que pasa por el punto (1, 2, 7) y es perpendicular al plano de

ecuacion 2x+y−3z = 5. Calcular el punto de interseccion de esa recta con el plano 3x+2y+4z = 23.

Solucion: Como el vector (A,B,C) es perpendicular al plano Ax + By + Cz = D, la rectaconsiderada tiene por vector director a (2, 1,−3), y sus puntos tienen por tanto la forma (x, y, z) =(1 + 2t, 2 + t, 7− 3t). Un punto ası esta en el otro plano si satisface su ecuacion, o sea si

23 = 3(1 + 2t) + 2(2 + t) + 4(7− 3t) = 35− 4t ⇒ 4t = 12 ⇒ t = 3

y por tanto el punto pedido es (7, 5,−2).

o

31. En R3 se pide, dados el punto Q = (4, 2, 7) y la recta ℓ de ecuaciones

{

x+ y − 4z = −4x+ 2y − 6z = −7

}

:

a) Calcula unas ecuaciones parametricas de ℓ.

b) Calcula unas ecuaciones parametricas de la recta paralela a ℓ por Q.

c) Calcula una ecuacion implıcita del plano perpendicular a ℓ por Q.

d) Encuentra un punto R de ℓ tal que la recta que une R y Q sea perpendicular a ℓ.

Solucion: Para obtener unas parametricas resolvemos en funcion de un parametro:

(

1 1 −4 −41 2 −6 −7

)

→(

1 1 −4 −40 1 −2 −3

)

→(

1 0 −2 −10 1 −2 −3

)

Tomando z = α tenemos

xyz

=

2α− 12α− 3

α

, o sea

xyz

=

−1−30

+ α

221

.

La paralela por Q se obtiene sin mas que cambiar el punto por Q:

xyz

=

427

+ α

221

.

Los planos perpendiculares a ℓ son de la forma 2x + 2y + z = D, y el que pasa por Q es el quesatisface D = 2 · 4 + 2 · 2 + 7 = 19, o sea 2x+ 2y + z = 19.

Se trata de encontrar un punto de ℓ, que tendra coordenadas R = (2α − 1 , 2α − 3 , α), tal que el

vector−−→QR = (2α − 5 , 2α − 5 , α − 7) sea perpendicular a (2, 2, 1). Por tanto el producto escalar

debe ser nulo, o sea

0 =−−→QR · (2, 2, 1) = (4α− 10) + (4α− 10) + (α− 7) = 9α− 27

Por tanto el valor adecuado es α = 3 y el punto es R = (5, 3, 3).

o


3 GEOMETRIA

32. En R3 se pide, dados el punto Q = (2, 4, 1) y la recta ℓ de ecuaciones

{

x− 4y + z = −42x− 6y + z = −7

}

:

a) Calcula unas ecuaciones parametricas de ℓ.

b) Calcula unas ecuaciones parametricas de la recta paralela a ℓ por Q.

c) Calcula una ecuacion implıcita del plano perpendicular a ℓ por Q.

d) Encuentra un punto R de ℓ tal que la recta que une R y Q sea perpendicular a ℓ.

Solucion: Para obtener unas parametricas resolvemos en funcion de un parametro:(

1 −4 1 −42 −6 1 −7

)

→(

1 −4 1 −40 2 −1 1

)

→(

1 −2 0 −30 −2 1 −1

)

Tomando y = α tenemos

xyz

=

2α− 3α

2α− 1

, o sea

xyz

=

−30

−1

+ α

212

.

La paralela por Q se obtiene sin mas que cambiar el punto por Q:

xyz

=

241

+ α

212

.

Los planos perpendiculares a ℓ son de la forma 2x + y + 2z = D, y el que pasa por Q es el quesatisface D = 2 · 2 + 4 + 2 · 1 = 10, o sea 2x+ y + 2z = 10.

Se trata de encontrar un punto de ℓ, que tendra coordenadas R = (2α − 3 , α , 2α − 1), tal que el

vector−−→QR = (2α − 5 , α − 4 , 2α − 2) sea perpendicular a (2, 1, 2). Por tanto el producto escalar

debe ser nulo, o sea

0 =−−→QR · (2, 1, 2) = (4α− 10) + (α− 4) + (2α− 4) = 9α− 18

Por tanto el valor adecuado es α = 2 y el punto es R = (1, 2, 3).

o

33. En R3 se considera la recta ℓ de ecuaciones implıcitas

{

3x− 2y + 7z = 85x+ y + 3z = 9

}

, y se pide dar:

a) Unas ecuaciones implıcitas de la recta paralela a ℓ que pasa por Q = (3, 4, 5).

b) Un vector director de ℓ que tenga longitud 1.

c) La ecuacion implıcita del plano perpendicular a ℓ que pasa por Q.

d) Unas ecuaciones parametricas del plano que contiene a la recta ℓ y al punto R = (2, 2, 2).

Solucion: (a) Basta con mantener los coeficientes de las incognitas, para tener paralelismo, yponer como terminos independientes los valores obtenidos al sustituir Q = (3, 4, 5) en las incognitas

(x, y, z), para que pase por Q. Se obtiene

{

3x− 2y + 7z = 365x+ y + 3z = 34

}

.

(b) Para obtener un vector director se puede por ejemplo resolver el sistema homogeneo

(

3 −2 75 1 3

)

→(

13 0 135 1 3

)

→(

1 0 15 1 3

)

→(

1 0 10 1 −2

)

xyz

= α

−121


3 GEOMETRIA

con lo que un vector director es ~v = (−1, 2, 1). Como se pide que sea unitario, basta con dividireste por su norma

√6, obteniendo el vector 1√

6(−1, 2, 1).

Para obtener el vector director tambien se puede calcular el producto vectorial (3,−2, 7)×(5, 1, 3) =(−13, 26, 13), que es proporcional a ~v.

(c) Como el vector director de la recta, ~v = (−1, 2, 1), es un vector normal del plano pedido, estetiene una ecuacion implıcita de la forma −x + 2y + z = K donde K es el adecuado para que elplano pase por Q, o sea K = −3 + 8 + 5 = 10. La ecuacion es por tanto −x+ 2y + z = 10.

(d) Resolvemos el sistema original para encontrar un punto P de ℓ:(

3 −2 7 85 1 3 9

)

→(

13 0 13 265 1 3 9

)

→(

1 0 1 25 1 3 9

)

→(

1 0 1 20 1 −2 −1

)

Para z = 0 se obtiene x = 2 e y = −1, por lo que podemos tomar P = (2,−1, 0). El plano que

buscamos contiene a P y su direccion contiene a los vectores ~v (director de ℓ) y ~w =−→PR = (0, 3, 2),

por lo que unas ecuaciones parametricas son X = P + λ~v + µ~w, o sea

(x, y, z) = (2,−1, 0) + λ(−1, 2, 1) + µ(0, 3, 2) = (2− λ , −1 + 2λ+ 3µ , λ+ 2µ) (λ, µ ∈ R)

Alternativamente, se puede usar el haz de planos que contienen a ℓ para encontrar una ecuacionimplıcita del plano pedido, y a partir de ella se encuentran facilmente unas parametricas. Los planosque contienen a ℓ tienen ecuaciones de la forma 0 = λ(3x− 2y + 7z − 8) + µ(5x+ y + 3z − 9) y elque pasa por R = (2, 2, 2) debe cumplir por tanto 0 = λ(16− 8) + µ(18− 9) = 8λ+ 9µ, por lo quesirven λ = 9 y µ = −8, y la una ecuacion implıcita del plano es por tanto

0 = 9(3x− 2y + 7z − 8)− 8µ(5x+ y + 3z − 9) = −13x− 26y + 39z o sea x+ 2y − 3z = 0

a partir de la cual se obtienen inmediatamente unas parametricas pues claramente el plano pasa por(0, 0, 0) y contiene a los vectores (2,−1, 0), (3, 0, 1) y (0, 3, 2), de los que podemos elegir cualquierpareja para las parametricas.

o

34. En R3 se consideran los siguientes puntos y el plano π que pasa por A, B y C:

A = (2, 1, 0) B = (1, 2,−3) C = (1,−1, 3) Q = (7,−7,−3)

Encuentra la proyeccion ortogonal de Q sobre π y la distancia d(Q, π).

Solucion: El plano tiene vectores directores−−→AB = (−1, 1,−3) y

−→AC = (−1,−2, 3) y pasa por A,

por lo que su ecuacion es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−1 −1 x− 21 −2 y − 1

−3 3 z − 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −3(x− 2) + 6(y − 1) + 3z x− 2y − z = 0

La perpendicular a π por Q tiene ecuacion parametrica

xyz

=

7−7−3

+λ

1−2−1

=

7 + λ−7− 2λ−3− λ

y sustituyendo en la ecuacion de π se obtiene el valor de λ que nos da el punto de corte:

0 = (7 + λ)− 2(−7− 2λ)− (−3− λ) = 24 + 6λ

por lo que λ = −4 y el punto de corte es Q′ = (3, 1, 1), que es la proyeccion ortogonal que se pide.

La distancia es entonces d(Q, π) = d(Q,Q′) = ‖(−4, 8, 4)‖ = 4 · ‖(−1, 2, 1)‖ = 4√6.

o


3 GEOMETRIA

35. En el espacio R3, calcula:

a) Las ecuaciones parametricas e implıcitas del plano que pasa por el punto P = (4, 1, 2) y es

perpendicular a la recta

{

x− 2y + 3z = 52x+ y − 5z = 5

}

.

b) El punto Q′ de ese plano que esta mas proximo al punto Q = (8, 13, 9).

Solucion: (a) Las ecuaciones de la recta nos dicen que los vectores (1,−2, 3) y (2, 1,−5) estan enla direccion del plano, por lo que las ecuaciones parametricas son

(x, y, z) = (4, 1, 2) + λ(1,−2, 3) + µ(2, 1,−5)

La ecuacion implıcita es entonces

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 x− 4−2 1 y − 13 −5 z − 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= · · · = 7x+ 11y + 5z − 49

(b) Consideremos la recta que pasa por Q y es perpendicular al plano, o sea la recta de ecuacionesparametricas (x, y, z) = (8, 13, 9) + t(7, 11, 5). El punto Q′ es la interseccion de esta recta con elplano anterior, que se calcula facilmente sustituyendo estas parametricas en la ecuacion del plano:

0 = 7(8 + 7t) + 11(13 + 11t) + 5(9 + 5t)− 49 = 195 + 195t

Por tanto t = −1 y ası Q′ = (8, 13, 9)− (7, 11, 5) = (1, 2, 4).

Una alternativa: Q′ esta en el plano, por lo que tiene la forma Q′ = (4, 1, 2)+λ(1,−2, 3)+µ(2, 1,−5)para ciertos λ y µ. Para que sea el mas proximo a Q = (8, 13, 9) el vector

~QQ′ = (−4 + λ+ 2µ,−12− 2λ+ µ,−7 + 3λ− 5µ)

debe ser ortogonal a los dos vectores directores del plano; esto nos lleva a las ecuaciones

0 = ~QQ′ · (1,−2, 3) = −1 + 14λ− 15µ 0 = ~QQ′ · (2, 1,−5) = 15− 15λ+ 30µ

y resolviendo el sistema se tiene λ = −1 y µ = −1 y por tanto Q′ = (1, 2, 4).

o

36. En R3 se consideran los puntos A= (4,−5, 6), B= (5,−2, 8), C = (2,−7, 7), D= (−7, 10,−1) y el

plano π que pasa por A, B y C. Calcula:

a) El punto en el que se cortan la recta perpendicular a π por A y el plano paralelo a π por D.

b) La proyeccion ortogonal sobre π del punto calculado en el apartado (a).

Solucion: La segunda parte no necesita cuentas: si P es el punto calculado en (a), la recta de eseapartado es la perpendicular a π y por P , y corta a π en A, luego la proyeccion de P sobre π es A.

El plano π tiene vectores directores ~u =−−→AB = (1, 3, 2) y ~v =

−→AC = (−2,−2, 1), por lo que un

vector normal al plano es el producto vectorial ~w = ~u× ~v = (7,−5, 4).


3 GEOMETRIA

La recta perpendicular a π por A tiene a ~w por vector director, y por tanto sus puntos tienen laforma

A+ λ~w = (4 + 7λ,−5− 5λ, 6 + 4λ)

Los planos paralelos a π tienen ecuaciones del tipo 7x− 5y + 4z =?, y en concreto la del que pasapor D = (−7, 10,−1) es 7x− 5y + 4z = −49− 50− 4 = −103. El punto de la recta anterior que lasatisface debe cumplir

−103 = 7(4 + 7λ)− 5(−5− 5λ) + 4(6 + 4λ) = 77 + 90λ ⇒ − 180 = 90λ

por lo que λ = −2 y por tanto se trata del punto (−10, 5,−2).

o

37. En R3 se pide, dados el punto A = (10, 7,−8) y el plano π con ecuaciones parametricas

xyz

=

595

+ α

052

+ β

111

a) El punto B donde se corta el plano z = x+ y + 5 con la recta perpendicular a π por A.

b) La proyeccion ortogonal de A sobre π.

Solucion: La ecuacion implıcita de π es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

0 1 x− 55 1 y − 92 1 z − 5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 3(x− 5) + 2(y − 9)− 5(z − 5) = 3x+ 2y − 5z − 8

Por tanto la perpendicular a π por A tiene ecuacion parametrica

xyz

=

107

−8

+ λ

32

−5

=

10 + 3λ7 + 2λ

−8− 5λ

y su corte con el plano z = x+ y + 5 se produce para en valor de λ para el cual esas coordenadassatisfacen esta ecuacion, o sea cuando se cumple

−8− 5λ = (10 + 3λ) + (7 + 2λ) + 5 ⇒ −30 = 10λ ⇒ λ = −3

por lo que se tiene B = (1, 1, 7).

La proyeccion ortogonal de A sobre π es el punto de corte de la misma recta anterior con π, por loque ahora se trata de encontrar el valor de λ para el que se cumple

0 = 3(10 + 3λ) + 2(7 + 2λ)− 5(−8− 5λ)− 8 = 76 + 38λ ⇒ λ = −2

por lo que la proyeccion ortogonal pedida es el punto PA = (4, 3, 2).

o


3 GEOMETRIA

38. En R3, dados los puntos A = (2, 0, 1), B = (1, 1, 2), C = (4, 3, 1) y Q = (9,−5, 10), calcula:

a) La proyeccion ortogonal de Q sobre el plano que contiene a A, B y C.

b) El area del triangulo de vertices A, B y C.

Solucion: El plano que pasa por A, B y C es el que pasa por A = (2, 0, 1) con vectores directores−−→AB = (−1, 1, 1) y

−→AC = (2, 3, 0), cuya ecuacion implıcita es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−1 2 x− 21 3 y1 0 z − 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −3(x− 2) + 2y − 5(z − 1) o 3x− 2y + 5z = 11

Su vector normal es ~v = (3,−2, 5) y por tanto la ecuacion parametrica de la recta perpendicular aese plano que pasa por Q es

(x, y, z) = (9,−5, 10) + λ(3,−2, 5) = (9 + 3λ , −5− 2λ , 10 + 5λ)

La proyeccion ortogonal de Q sobre el plano es la interseccion de esa reca con el plano anterior, quese obtiene para el valor de λ que satisface la ecuacion del plano, lo que nos lleva a

11 = 3(9 + 3λ)− 2(−5− 2λ) + 5(10 + 5λ) = (27 + 10 + 50) + (9 + 4 + 25)λ = 87 + 38λ

de donde 38λ = 76 y por tanto λ = −2, de modo que la proyeccion ortogonal es Q′ = Q − 2~v =(3,−1, 0).

El area del triangulo es la mitad de la del paralelogramo que determinan−−→AB y

−→AC, que a su vez

es el modulo de su producto vectorial. Este vale (−1, 1, 1) × (2, 3, 0) = (−3, 2,−5) y su modulo es√9 + 4 + 25 =

√38, por lo que el area del triangulo es

√38/2.

o

39. En R3 se considera el plano π de ecuaciones parametricas

x = 4 + 2αy = 2 + α+ βz = 8 + 5α+ 2β

.

Calcula unas ecuaciones implıcitas para π, la proyeccion ortogonal del punto Q = (8, 11, 3) sobre πy la distancia d(Q, π).

Solucion: En vista de las parametricas, el plano π pasa por el punto P = (4, 2, 8) y su direccionviene marcada por los vectores ~v = (2, 1, 5) y ~w = (0, 1, 2), por lo que su ecuacion implıcita es

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 0 x1 1 y5 2 z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 0 41 1 25 2 8

∣

∣

∣

∣

∣

∣

o sea 3x+ 4y − 2z = 4

Para la proyeccion ortogonal hay que considerar la recta ℓ que pasa por Q y es perpendicular aπ, por lo que su vector director sera el vector normal ~n = (3, 4,−2) y por tanto sus ecuacionesparametricas seran (x, y, z) = (8 + 3α , 11 + 4α , 3− 2β).

La proyeccion ortogonal Q′ es entonces el punto en el que se cortan π y ℓ. Para calcularlo podemossustituir las ecuaciones parametricas de ℓ en la implıcita de π para obtener

4 = 3(8 + 3α) + 4(11 + 4α)− 2(3− 2β) = (9 + 16 + 4)α+ (24 + 44− 6) = 29α+ 62

de donde 29α = −58 y por tanto α = −2, de modo que la proyeccion ortogonal es Q′ = (2, 3, 7).

La distancia es ‖−−→QQ′‖ = ‖(−6,−8, 4)‖ = 2‖(−3,−4, 2)‖ = 2

√9 + 16 + 4 = 2

√29.

o


3 GEOMETRIA

40. En el espacio R3 se consideran el punto Q = (13,−1, 9) y el plano π que pasa por A = (5, 10, 2),

B = (7, 17, 3) y C = (7, 13, 1). Calcula una ecuacion implıcita de π, la proyeccion ortogonal de Qsobre π y la distancia d(Q, π).

Solucion: El plano π pasa por A y contiene los vectores−−→AB = (2, 7, 1) y

−→AC = (2, 3,−1), por lo

que su ecuacion implıcita es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 2 x− 57 3 y − 101 −1 z − 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −10x+ 4y − 8z + 26

o, simplificando, 5x− 2y + 4z = 13; no esta de mas comprobar que A, B y C la satisfacen.

La proyeccion ortogonal de Q sobre π es la interseccion de π con la recta ℓ que es perpendicular aπ (y por tanto tiene por vector director a ~n = (5,−2, 4)) y pasa por Q. Las parametricas de ℓ sonpues Q+ λ~n = (13 + 5λ,−1− 2λ, 9 + 4λ), y al sustituirlas en la implıcita de π se tiene

13 = 5(13 + 5λ)− 2(−1− 2λ) + 4(9 + 4λ) = 45λ+ 103

o sea 45λ = −90 y por tanto λ = −2, por lo que la proyeccion ortogonal es Q′ = (3, 3, 1); no esta

de mas comprobar que efectivamente−−→QQ′ = (−10, 4,−8) es ortogonal al plano, o sea proporcional

a ~n.

La distancia pedida es d(Q, π) = d(Q,Q′) = ‖−−→QQ′‖ = 2‖(−5, 2,−4)‖ = 2

√45 = 6

√5.

o

41. En el espacio R3 se consideran el punto Q = (6,−5, 14) y el plano π que pasa por A = (4, 9, 8),

B = (6, 15, 12) y C = (5, 7, 6). Calcula una ecuacion implıcita de π, la proyeccion ortogonal de Qsobre π y la distancia d(Q, π).

Solucion: El plano π pasa por A y contiene los vectores−−→AB = (2, 6, 4) y

−→AC = (1,−2,−2), por

lo que su ecuacion implıcita es

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 1 x− 46 −2 y − 94 −2 z − 8

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −4x+ 8y − 10z + 24

o, simplificando, 2x− 4y + 5z = 12; no esta de mas comprobar que A, B y C la satisfacen.

La proyeccion ortogonal de Q sobre π es la interseccion de π con la recta ℓ que es perpendicular aπ (y por tanto tiene por vector director a ~n = (2,−4, 5)) y pasa por Q. Las parametricas de ℓ sonpues Q+ λ~n = (6 + 2λ,−5− 4λ, 14 + 5λ), y al sustituirlas en la implıcita de π se tiene

12 = 2(6 + 2λ)− 4(−5− 4λ) + 5(14 + 5λ) = 45λ+ 102

o sea 45λ = −90 y por tanto λ = −2, por lo que la proyeccion ortogonal es Q′ = (2, 3, 4); no esta

de mas comprobar que efectivamente−−→QQ′ = (−4, 8,−10) es ortogonal al plano, o sea proporcional

a ~n.

La distancia pedida es d(Q, π) = d(Q,Q′) = ‖−−→QQ′‖ = 2‖(−2, 4,−5)‖ = 2

√45 = 6

√5.

o


3 GEOMETRIA

42. En R3 se considera el plano π de ecuaciones parametricas

x = 4 + 2αy = 6 + 3α+ 2βz = 4 + 3α+ β

.

Calcula unas ecuaciones implıcitas para π, la proyeccion ortogonal del punto Q = (8, 11,−5) sobreπ y la distancia d(Q, π).


∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 0 x3 2 y3 1 z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 0 43 2 63 1 4

∣

∣

∣

∣

∣

∣

o sea 3x+ 2y − 4z = 8

Para la proyeccion ortogonal hay que considerar la recta ℓ que pasa por Q y es perpendicular aπ, por lo que su vector director sera el vector normal ~n = (3, 2,−4) y por tanto sus ecuacionesparametricas seran (x, y, z) = (8 + 3α , 11 + 2α , −5− 4β).


8 = 3(8 + 3α) + 2(11 + 2α)− 4(−5− 4β) = (9 + 4 + 16)α+ (24 + 22 + 20) = 29α+ 66



√9 + 4 + 16 = 2

√29.

o

43. En R3 se consideran el plano π que pasa por A = (1, 2,−2), B = (−1, 2, 1) y C = (1, 0, 4) y el punto

Q = (2, 7, 6), y se pide:

a) Calcula la ecuacion implıcita de π y comprueba que A, B y C la satisfacen.

b) Calcula la proyeccion ortogonal de Q sobre π y la distancia d(Q, π).

Solucion: (a) El plano π tiene vectores directores por ejemplo−−→AB = (−2, 0, 3) y

−→AC = (0,−2, 6),

que podemos sustituir por su multiplo mas comodo (0,−1, 3). Su ecuacion es entonces

0 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−2 0 x− 10 −1 y − 23 3 z + 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 3(x−1)+6(y−2)+2(z+2) = 3x+6y+2z−11 3x+6y+2z = 11

La comprobacion de que A, B y C satisfacen esta ecuacion es elemental.

(b) La recta perpendicular a π por Q tiene pues vector director ~v = (3, 6, 2) y ecuaciones parametri-cas

(x, y, z) = Q+ λ~v = (2 + 3λ, 7 + 6λ, 6 + 2λ)

La proyeccion ortogonal Q′ que se pide es la interseccion de esta recta con π, que se produce cuando

0 = 3(2 + 3λ) + 6(7 + 6λ) + 2(6 + 2λ)− 11 = (9 + 36 + 4)λ+ (6 + 42 + 12− 11) = 49λ+ 49

o sea cuando λ = −1 y es por tanto Q′ = (2− 3, 7− 6, 6− 2) = (−1, 1, 4).

La distancia d(Q, π) es entonces d(Q,Q′) = ‖−−→QQ′‖ = ‖(−3,−6,−2)‖ =

√9 + 36 + 4 =

√49 = 7.

o


3 GEOMETRIA

44. En R3 se considera el plano π que pasa por el punto P = (1, 2, 3) con direccion dada por los vectores

~u = (3, 1, 2) y ~v = (2,−1, 1), y se pide:

a) La ecuacion implıcita de π.

b) La proyeccion ortogonal sobre π del punto Q = (8, 6, 1), y la distancia d(Q, π).

c) Un vector ~w en la direccion de π que no sea proporcional ni a ~u ni a ~v.

d) Unas ecuaciones continuas de la recta ℓ que pasa por P , esta contenida en π y tiene direccionperpendicular a ~w.

Solucion: a) Desarrollando el determinate con columnas ~u, ~v y−−→PX = (x−1, y−2, z−3) se obtiene

3(x− 1) + (y− 2)− 5(z − 3), e igualando a 0 se obtiene la ecuacion pedida, 3x+ y− 5z = −10. Noesta de mas comprobar que P la satisface y que ~u y ~v satisfacen la homogenea.

b) La proyeccion es el punto Q′ donde se cortan π y su recta perpendicular por Q, que tiene vectordirector ~n = (3, 1,−5) por ser perpendicular a π y por tanto ecuacion parametrica (x, y, z) = (8 +3α, 6+α, 1−5α). Sustituyendo esta en la ecuacion de π se obtiene 3(8+3α)+(6+α)−5(1−5α) = −10,de donde α = −1 y por tanto el punto de corte es Q′ = (5, 5, 6).

La distancia es d(Q, π) = d(Q,Q′) = ‖−−→QQ′‖ = ‖(−3,−1, 5)‖ =

√35.

c) Sirve cualquier combinacion lineal r~u + s~v con r y s no nulos, para que el resultado no seaproporcional a ninguno de ellos. Por ejemplo ~w = ~u+ ~v = (5, 0, 3).

d) Como ℓ pasa por P ∈ π, para que este contenida en π basta con que su vector director esteen la direccion de π, o sea basta con que sea ortogonal a ~n = (3, 1,−5). Como tambien tiene queser ortogonal a ~w = (5, 0, 3), basta con tomar su producto vectorial ~n× ~w = (3,−34,−5) y ası las

ecuaciones continuas sonx− 1

3=

y − 2

−34=

z − 3

−5.

o

45. En R3, dados los puntos P = (8, 5, 10), Q = (−2, 0,−5) y R = (1,−2, 3), se consideran la recta ℓ

que pasa por P y Q, y el plano π que pasa por R y es perpendicular a ℓ.

Calcula la proyeccion ortogonal de P sobre π, y la proyeccion ortogonal de R sobre ℓ.

Solucion: La recta ℓ tiene vector director−−→PQ = (−10,−5,−15), que podemos cambiar por su

multiplo ~v = (2, 1, 3). Por tanto sus ecuaciones parametricas son (en vez de Q se puede usar P ,pero Q deja numeros mas sencillos)

X = Q+ α~v (x, y, z) = (−2 + 2α , α , −5 + 3α)

y el plano perpendicular por R tiene ecuacion implıcita

2x+ y + 3z = 2− 2 + 9 = 9

Las dos proyecciones ortogonales pedidas coinciden con el punto de corte de ℓ y π: Con respecto ala primera, ese es el corte de la recta perpendicular a π por P (que es ℓ) con π. Con respecto a lasegunda, ese es el corte del plano perpendicular a ℓ por R (que es π) con ℓ.

Y ese punto de corte es facil de calcular, sustituyendo las ecuaciones parametricas de ℓ en lasimplıcitas de π para calcular el valor de α que nos da el punto de interseccion:

9 = 2(−2 + 2α) + α+ 3(−5 + 3α) = −19 + 14α ⇒ 14α = 28 ⇒ α = 2

El punto buscado es pues Q+ 2~v = (2, 2, 1).


3 GEOMETRIA

o

46. En R3 se considera la recta ℓ que pasa por los puntos A = (0, 3, 1) y B = (2, 2, 3). Encuentra la

proyeccion ortogonal sobre ℓ del punto Q = (8, 12, 11).

Solucion: La proyeccion ortogonal de Q sobre ℓ es el punto donde se cortan ℓ y el plano que es

perpendicular a ℓ y pasa por Q. El vector director de la recta es−−→AB = (2,−1, 2). Esto implica que

un punto arbitrario de la recta tiene la forma

(x, y, z) = (2λ, 3− λ, 1 + 2λ)

y tambien impica que la ecuacion del plano perpendicular es del tipo 2x − y + 2z = k. Comoqueremos que el plano pase por Q = (8, 12, 11) debe ser k = 16 − 12 + 22 = 26. El punto deinterseccion debe tener la forma dada y debe satisfacer la ecuacion 2x− y + 2z = 26, lo que fuerzaa

2(2λ)− (3− λ) + 2(1 + 2λ) = 26 ⇒ 9λ = 27 ⇒ λ = 3

y en definitiva el punto pedido es Q′ = (6, 0, 7).

Podemos comprobar que en efectoQ′ esta en ℓ, pues−−→AQ′ = (6,−3, 6) es multiplo de

−−→AB = (2,−1, 2),

y que−−→QQ′ = (−2,−12,−4) es perpendicular a

−−→AB = (2,−1, 2).

o

47. Calcula la ecuacion parametrica de la recta ℓ de R3 que pasa por el punto P = (11,−1, 12) y corta

perpendicularmente a la recta ℓ′ de ecuacion continua

x− 1

2=

y − 2

3=

z + 1

5

Solucion: El punto de corte de ℓ y ℓ′ debe estar en ℓ′ y por tanto debe ser de la forma

Q = (1, 2,−1) + λ(2, 3, 5) = (1 + 2λ , 2 + 3λ , −1 + 5λ) para cierto escalar λ

Como ℓ debe pasar por P y por Q, su vector director sera

~v =−−→PQ = (1 + 2λ , 2 + 3λ , −1 + 5λ)− (11,−1, 12) = (−10 + 2λ , 3 + 3λ , −13 + 5λ)

Este debe ser perpendicular al vector director de ℓ′, que es ~w = (2, 3, 5). O sea, se tiene que cumplir

0 = ~v · ~w = 2(−10 + 2λ) + 3(3 + 3λ) + 5(−13 + 5λ) = −76 + 38λ

por lo que debe ser λ = 2 y por tanto Q = (5, 8, 9) y ~v = (−6, 9,−3).

En la ecuacion parametrica podemos cambiar este vector director por un multiplo mas sencillo:

(x, y, z) = (5, 8, 9) + λ(2,−3, 1)

o


3 GEOMETRIA

48. En R3, calcula la distancia entre la recta que une los puntos (7,−2, 1) y (10,−4, 0) y la recta que

une los puntos (6, 1, 8) y (7,−1, 9).

Solucion: Buscamos dos puntos, uno en cada recta, tales que el vector que los une sea ortogonala ambas rectas. En esos puntos se alcanzara la distancia (mınima) entre las rectas.

La primera recta tiene vector director (3,−2,−1), y sus putos son de la forma (7+3λ , −2−2λ , 1−λ).

La segunda recta tiene vector director (1,−2, 1), y sus putos son de la forma (6+µ , 1−2µ , 8+µ).

El vector que une estos puntos es (1 + 3λ− µ , 3− 2λ+ 2µ , −7− λ− µ).

Este vector sera ortogonal a ambas rectas cuando sea ortogonal a sus vectores directores, o seacuando

0 = (3,−2,−1) · (1 + 3λ− µ , 3− 2λ+ 2µ , −7− λ− µ) = 16 + 14λ− 6µ

0 = (1,−2, 1) · (1 + 3λ− µ , 3− 2λ+ 2µ , −7− λ− µ) = 6λ− 6µ

Por la segunda ecuacion es λ = µ y por la primera es entonces 16 + 8λ = 0, o sea λ = µ = −2 ypor tanto los puntos buscados son (1, 2, 3) y (4, 5, 6), y la distancia pedida es 3

√3.

o

49. En R3 se consideran el punto P = (11, 9, 10) y la recta ℓ ≡

{

x− 6y + z = 3x+ 2y − 3z = −1

}

. Se pide:

a) Encuentra una ecuacion parametrica para ℓ.

b) Encuentra la proyeccion ortogonal de P sobre ℓ.

c) Encuentra unas ecuaciones implıcitas para la recta que pasa por P y que corta perpendicular-mente a ℓ.

Solucion: a) Basta con resolver el sistema en funcion de un parametro:

(

1 −6 1 31 2 −3 −1

)

→(

1 −6 1 30 8 −4 −4

)

→(

1 −6 1 30 −2 1 1

)

→(

1 −4 0 20 −2 1 1

)

Para y = α obtenemos x = 2 + 4α y z = 1 + 2α, de modo que la ecuacion parametrica es

(x, y, z) = (2, 0, 1) + α(4, 1, 2)

b) Hay que buscar el punto de corte entre ℓ y el plano perpendicular a ℓ por P , cuya ecuacion es4x+ y + 2z = 44 + 9 + 20 = 73. Sustituyendo aquı la parametrica de la recta obtenemos

73 = 4(2 + 4α) + α+ 2(1 + 2α) = 10 + 21α 21α = 63

Por tanto es α = 3 y el punto buscado es Q = (14, 3, 7). Podemos comprobar que−−→PQ = (3,−6,−3)

es perpendicular a (4, 1, 2).

c) La recta que pasa por P y Q (con vector director−−→PQ, o mejor (1,−2,−1)) satisface esas condi-

ciones: pasa por P , corta a ℓ en Q, y es perpendicular a ℓ por la comprobacion que acabamos dehacer.

La ecuacion continua esx− 11

1=

y − 9

−2=

z − 10

−1


3 GEOMETRIA

y multiplicando en cruz tenemos por ejemplo y− 9 = −2x+22 y z− 10 = −x+11, por lo que unas

ecuaciones implıcitas son

{

2x+ y = 31x+ z = 21

}

. Podemos comprobar que efectivamente las coordenadas

de P y de Q las satisfacen, por lo que esa es ciertamente la recta que pasa por P y por Q.

o

50. Calcula la ecuacion parametrica de la recta ℓ de R3 que pasa por el punto P = (5, 17, 11) y corta

perpendicularmente a la recta ℓ′ de ecuacion continua

x− 2

2=

y − 1

3=

z + 1

5

Solucion: El punto de corte de ℓ y ℓ′ debe estar en ℓ′ y por tanto debe ser de la forma

Q = (2, 1,−1) + λ(2, 3, 5) = (2 + 2λ , 1 + 3λ , −1 + 5λ) para cierto escalar λ

Como ℓ debe pasar por P y por Q, su vector director sera

~v =−−→PQ = (2 + 2λ , 1 + 3λ , −1 + 5λ)− (5, 17, 11) = (−3 + 2λ , −16 + 3λ , −12 + 5λ)

Este debe ser perpendicular al vector director de ℓ′, que es ~w = (2, 3, 5). O sea, se tiene que cumplir

0 = ~v · ~w = 2(−3 + 2λ) + 3(−16 + 3λ) + 5(−12 + 5λ) = −114 + 38λ

por lo que debe ser λ = 3 y por tanto Q = (8, 10, 14) y ~v =−−→PQ = (3,−7, 3).

Por tanto ℓ es la recta que une P y Q, de ecuacion parametrica (x, y, z) = (5, 7, 11) + λ(3,−7, 3).

o

51. En R3 se considera la recta ℓ de ecuaciones implıcitas

{

x− 2y = 13x− 2y − z = 9

}

.

Calcula unas ecuaciones parametricas de ℓ, la proyeccion ortogonal del punto Q = (11, 8, 8) sobre ℓy la distancia d(Q, ℓ).


∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 0 x1 1 y5 2 z

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 0 41 1 25 2 8

∣

∣

∣

∣

∣

∣

o sea 3x+ 4y − 2z = 4

Para la proyeccion ortogonal hay que considerar la recta ℓ que pasa por Q y es perpendicular aπ, por lo que su vector director sera el vector normal ~n = (3, 4,−2) y por tanto sus ecuacionesparametricas seran (x, y, z) = (8 + 3α , 11 + 4α , 3− 2β).


4 = 3(8 + 3α) + 4(11 + 4α)− 2(3− 2β) = (9 + 16 + 4)α+ (24 + 44− 6) = 29α+ 62



√9 + 16 + 4 = 2

√29.

o


3 GEOMETRIA

52. En R3 se consideran las rectas ℓ1 y ℓ2 con ecuaciones implıcitas

ℓ1 ≡{

x+ y − 5z = −203x− y + z = 16

}

ℓ2 ≡{

x+ y − 2z = 17x+ y + z = 25

}

Encuentra los puntos P1 ∈ ℓ1 y P2 ∈ ℓ2 por los que pasa su perpendicular comun (no es necesariocomprobar previamente que se cruzan).

Solucion: Empezamos buscando ecuaciones parametricas de cada recta, para lo que resolvemoslos correspondientes sistemas:

ℓ1 :

(

1 1 −5 −203 −1 1 16

)

→(

1 1 −5 −200 −4 16 76

)

→(

1 1 −5 −200 1 −4 −19

)

→(

1 0 −1 −10 1 −4 −19

)

ℓ2 :

(

1 1 −2 17 1 1 25

)

→(

1 1 −2 10 −6 15 18

)

→(

1 1 −2 10 2 −5 −6

)

→(

1 0 1/2 40 2 −5 −6

)

Ası, ℓ1 pasa por Q1 = (−1,−19, 0) y tiene vector director ~v1 = (1, 4, 1), mientras que ℓ2 pasa porQ2 = (4,−3, 0) y tiene vector director (−1/2, 5/2, 1) o mejor su doble ~v2 = (−1, 5, 2). Por tanto lospuntos que buscamos seran de la forma

P1 = Q1 + α~v1 = (−1 + α , −19 + 4α , α) P2 = Q2 + β~v2 = (4− β , −3 + 5β , 2β)

para ciertos valores de α y de β, y ademas queremos que el vector que determinan

−−−→P1P2 = (5− β − α , 16 + 5β − 4α , 2β − α)

sea ortogonal a ambas rectas, o sea sea ortogonal a ~v1 y a ~v2. Las condiciones ~v1 · −−−→P1P2 = 0 y

~v2 ·−−−→P1P2 = 0 dan lugar a dos ecuaciones en las incognitas α y β con solucion unica α = 5, β = 1 y

por tanto los puntos buscados son los que se obtienen para estos valores, o sea

P1 = (4, 1, 5) P2 = (3, 2, 2)

o

53. En R3 se consideran la recta ℓ1 de ecuaciones

{

x+ y − 4z = 72x− y − 2z = 5

}

y la recta ℓ2 que pasa por el

punto P2 = (1, 15, 0) y tiene vector director ~v2 = (1,−2, 2). Se pide:

a) Encuentra un punto por el que pase ℓ1 y un vector director de ℓ1.

b) Calcula la recta perpendicular comun a ℓ1 y ℓ2, y los puntos en los que esta corta a ℓ1 y a ℓ2.

Solucion: a) Resolviendo el sistema de ℓ1 del modo habitual:

(

1 1 −4 72 −1 −2 5

)

→(

1 1 −4 70 −3 6 −9

)

→(

1 1 −4 70 1 −2 3

)

→(

1 0 −2 40 1 −2 3

)

y asignando un parametro a z se ve que pasa por P1 = (4, 3, 0) con vector director ~v1 = (2, 2, 1).Resolviendo de otras formas se encontraran otros puntos y el mismo vector, o uno proporcional.


3 GEOMETRIA

b) Buscamos un punto Q1 = P1+α~v1 en la primera recta y otro punto Q2 = P2+β~v2 en la segundatales que el vector que los une sea perpendicular a ~v1 y a ~v2. El vector que los une es:

−−−→Q1Q2 =

−−−→P1P2 + β~v2 − α~v1 = (−3, 12, 0) + β(1,−2, 2)− α(2, 2, 1)

y la perpendicularidad a ~v1 y ~v2 nos da las ecuaciones:

0 =−−−→Q1Q2 · ~v1 = (−6 + 24 + 0) + (2− 4 + 2)β − (4 + 4 + 1)α = 18− 9α

0 =−−−→Q1Q2 · ~v2 = (−3− 24 + 0) + (1 + 4 + 4)β − (2− 4 + 2)α = −27 + 9β

Por tanto se tiene α = 2 y β = 3 y los puntos buscados son

Q1 = P1 + 2~v1 = (8, 7, 2) Q2 = P2 + 3~v2 = (4, 9, 6)

La perpendicular comun ℓ es la recta que pasa por Q1 y por Q2.

o

54. En R3 se consideran la recta ℓ1 de ecuaciones

{

x− 2y + 2z = −22x− y − 2z = 5

}

y la recta ℓ2 que pasa por el

punto P2 = (5, 7, 8) y tiene vector director ~v2 = (1,−2, 2). Se pide:

a) Encuentra un punto por el que pase ℓ1 y un vector director de ℓ1.

b) Calcula la recta perpendicular comun a ℓ1 y ℓ2, y los puntos en los que esta corta a ℓ1 y a ℓ2.

Solucion: a) Resolviendo el sistema de ℓ1 del modo habitual:

(

1 −2 2 −22 −1 −2 5

)

→(

1 −2 2 −20 3 −6 9

)

→(

1 −2 2 −20 1 −2 3

)

→(

1 0 −2 40 1 −2 3

)

y asignando un parametro a z se ve que pasa por P1 = (4, 3, 0) con vector director ~v1 = (2, 2, 1).

b) Buscamos un punto Q1 = P1+α~v1 en la primera recta y otro punto Q2 = P2+β~v2 en la segundatales que el vector que los une sea perpendicular a ~v1 y a ~v2. El vector que los une es:

−−−→Q1Q2 =

−−−→P1P2 + β~v2 − α~v1 = (1, 4, 8) + β(1,−2, 2)− α(2, 2, 1)

y la perpendicularidad a ~v1 y ~v2 nos da las ecuaciones:

0 =−−−→Q1Q2 · ~v1 = (2 + 8 + 8) + (2− 4 + 2)β − (4 + 4 + 1)α = 18− 9α

0 =−−−→Q1Q2 · ~v2 = (1− 8 + 16) + (1 + 4 + 4)β − (2− 4 + 2)α = 9 + 9β

Por tanto se tiene α = 2 y β = −1 y los puntos buscados son

Q1 = P1 + 2~v1 = (8, 7, 2) Q2 = P2 − ~v2 = (4, 9, 6)

La perpendicular comun ℓ es la recta que pasa por Q1 y por Q2, y claramente estos son los puntosdonde esa perpendicular comun ℓ corta a ℓ1 y a ℓ2, respectivamente.

o


3 GEOMETRIA

55. En R3, calcula la distancia entre la recta que une A = (5,−4,−1) con B = (8,−6,−2) y la que une

C = (4,−1, 6) con D = (5,−3, 7), ası como los puntos en los que se alcanza esa distancia.

Solucion: Buscamos dos puntos, uno en cada recta, tales que el vector que los une sea ortogonala ambas rectas. En esos puntos se alcanzara la distancia (mınima) entre las rectas.

La primera recta tiene vector ~v = (3,−2,−1) y puntos de la formaA+λ~v = (5+3λ , −4−2λ , −1−λ).

La segunda tiene vector ~w = (1,−2, 1) y puntos de la forma C + µ~w = (4 + µ , −1− 2µ , 6 + µ).

El vector que une estos puntos es ~u = (−1− 3λ+ µ , 3 + 2λ− 2µ , 7 + λ+ µ).

Este vector sera ortogonal a ambas rectas cuando sea ortogonal a sus vectores directores, o seacuando

0 = ~v · ~u = (3,−2,−1) · (−1− 3λ+ µ , 3 + 2λ− 2µ , 7 + λ+ µ) = −16− 14λ+ 6µ

0 = ~w · ~u = (1,−2, 1) · (−1− 3λ+ µ , 3 + 2λ− 2µ , 7 + λ+ µ) = −6λ+ 6µ

La segunda ecuacion da λ = µ y entonces la primera da −16 − 8λ = 0, o sea λ = µ = −2 y portanto los puntos buscados son P = A − 2~v = (−1, 0, 1) y Q = C − 2~w = (2, 3, 4). No esta de mas

comprobar que, efectivamente, el vector que los une−−→PQ = (3, 3, 3) = 3(1, 1, 1) es ortogonal a ~v y a

~w.

La distancia pedida es la que hay entre estos dos puntos, o sea d(P,Q) = ‖−−→PQ‖ = 3‖(1, 1, 1)‖ = 3√3.

La distancia se puede calcular tambien pensando en los planos paralelos que contienen a las rectas,con vectores directores ~v y ~w, y en un paralelepıpedo con caras en esos planos (marcadas por esosvectores) y otra arista que une por ejemplo A con C. Su volumen es el valor absoluto del producto

mixto (~v × ~w) · −→AC, el area de su base (la que definen ~v y ~w) es el modulo del producto vectorial~v × ~w y su altura es justo la distancia que buscamos, ası que esta distancia vale

d =|(~v × ~w) · −→AC|

‖~v × ~w‖ =|(−4,−4,−4) · (−1, 3, 7)|

‖(−4,−4,−4)‖ =4 · 94√3

= 3√3

Pero este metodo no nos da los puntos en los que se alcanza la distancia mınima.

o

56. Dadas las rectas ℓ1 ≡ x− 1

2=

y − 2

−1=

z − 11

3y ℓ2 ≡ x − 3 =

y − 1

2= z + 1, se pide: a) Halla

puntos Q1 ∈ ℓ1 y Q2 ∈ ℓ2 tales que la recta que los une sea perpendicular a ℓ1 y a ℓ2. b) Calculala distancia entre ℓ1 y ℓ2.

Solucion: a) Como ℓ1 pasa por P1 = (1, 2, 11) con vector director ~v1 = (2,−1, 3), mientras que ℓ2pasa por Q2 = (3, 1,−1) con vector director (1, 2, 1), los puntos que buscamos tendran la siguienteforma, para ciertos valores de α y de β que tendremos que determinar:

Q1 = P1 + α~v1

Q2 = P2 + β~v2

−−−→Q1Q2 =

−−−→P1P2 + β~v2 − α~v1 =

2−1−12

+ β

121

− α

2−13

Para determinar α y β usamos que−−−→Q1Q2 debe ser ortogonal a ambas rectas, o sea sea ortogonal a

los respectivos vectores directores, lo que nos da las condiciones

0 = ~v1 ·−−−→Q1Q2 = −31 + 3β − 14α 0 = ~v2 ·

−−−→Q1Q2 = −12 + 6β − 3α


3 GEOMETRIA

Resolviendo el sistema se obtiene α = −2 y β = 1, luego los puntos son Q1 = (−3, 4, 5) y Q2 =(4, 3, 0).

b) La distancia entre las rectas es ‖−−−→Q1Q2‖ = ‖(7,−1,−5)‖ =√49 + 1 + 25 =

√75 = 5

√3.

o

57. En R3 se pide, dadas las rectas ℓ1 y ℓ2 con ecuaciones implıcitas

ℓ1 ≡{

x+ 4y − z = 22x+ z = 12

}

ℓ2 ≡{

x− y = −14x+ z = 36

}

(a) Para cada recta, encuentra un punto Pi ∈ ℓi y un vector director ~vi; comprueba el resultado.

(b) Encuentra los puntos Q1 ∈ ℓ1 y Q2 ∈ ℓ2 por los que pasa su perpendicular comun, y comprueba

que−−−→Q1Q2 es perpendicular a los ~vi.

(c) Calcula la distancia entre ℓ1 y ℓ2.

Solucion: (a) Resolvemos los sistemas; si en el primero hacemos y = α tenemos

{

x− z = 22− 4αx+ z = 12

}

;

sumando y dividiendo por dos, x = 17 − 2α; restando y dividiendo por dos, z = −5 + 2α. Ası(x, y, z) = (17 − 2α, α,−5 − 2α) = (17, 0,−5) + α(−2, 1, 2), o sea podemos tomar P1 = (17, 0,−5)y ~v1 = (−2, 1, 2). Se comprueba directamente que P1 satisface las dos ecuaciones del sistema y que~v1 satisface las del sistema homogeneo.

Si en el segundo hacemos x = β tenemos directamente y = 1 + β y z = 36 − 4β. Ası (x, y, z) =(β, 1 + β, 36− 4β) = (0, 1, 36) + β(1, 1,−4), o sea podemos tomar P2 = (0, 1, 36) y ~v2 = (1, 1,−4),y comprobar como antes.

En ambos casos hay muchas otras respuestas posibles: como Pi sirve cualquier punto de la recta ycomo ~v1 cualquier multiplo no nulo de los que hemos dado.

(b) Los puntos “genericos” de las rectas son pues Q1 = P1 + α~v1 y Q2 = P2 + β~v2, cada unodependiente del correspondiente parametro α, β ∈ R. De todos ellos, queremos elegir los que hagan

que−−−→Q1Q2 sea ortogonal a ambas rectas, o sea queremos seleccionar los parametros para los que se

tiene ~v1 ·−−−→Q1Q2 = 0 y ~v2 ·

−−−→Q1Q2 = 0. Esto lleva a dos ecuaciones con incognitas α y β, en concreto

{

9α+ 9β = 1179α+ 18β = 180

}

o, dividiendo todo por 9,

{

α+ β = 13α+ 2β = 20

}

. Restandolas se obtiene β = 7 y

entonces α = 6, por lo que Q1 = (5, 6, 7) y Q2 = (7, 8, 8), y se comprueba que−−−→Q1Q2 = (2, 2, 1) es

perpendicular a cada ~vi sin mas que hacer el correspondiente producto escalar y ver que vale 0.

(c) d(ℓ1, ℓ2) = d(Q1, Q2) = ‖−−−→Q1Q2‖ = ‖(2, 2, 1)‖ =√22 + 22 + 1 =

√9 = 3.

o


4 TRANSFORMACIONES LINEALES (*)

4. TRANSFORMACIONES LINEALES (*)

1. Se consideran los vectores de R3:

~v1 = (1, 0, 0)t ~v2 = (−1, 1, 0)t ~v3 = (1,−1, 1)t

y una transformacion lineal f : R3 → R3 de la que se sabe que f(~v1) = ~v2 + ~v3 y que ~v2 y ~v3 son

ambos vectores propios asociados al valor propio 2.

Encuentra la matriz de f en la base canonica y describe la imagen y el nucleo de f .

Solucion: La matriz de f en la base canonica C = {~e1, ~e2, ~e3} se puede calcular de dos maneras.

Una: Como ~e1 = ~v1 se tiene f(~e1) = ~v2 + ~v3 = (0, 0, 1)t. Si se observa que ~v1 + ~v2 = ~e2 entoncesse tiene f(~e2) = f(~v1) + f(~v2) = ~v2 + ~v3 + 2~v2 = 3~v2 + ~v3 = (2,−2, 1)t. Y si se observa que~v2 + ~v3 = ~e3 entonces f(~e3) = f(~v2) + f(~v3) = 2~v2 + 2~v3 = (0, 0, 2)t. Por tanto la matriz es

MC(f) =

0 −2 00 2 01 1 2

.

Otra: la matriz P =

1 −1 10 1 −10 0 1

es invertible con P−1 =

1 1 00 1 10 0 1

, luego B = {~v1, ~v2, ~v3}

es base; los datos nos dicen que MB(f) =

0 0 01 2 01 0 2

y por tanto MC(f) = P ·MB(f) · P−1 =

0 −2 00 2 01 1 2

.

Un vector (x, y, z)t esta en la imagen si y solo si el siguiente sistema es compatible:

0 −2 0 x0 2 0 y1 1 2 z

→

1 1 2 z0 2 0 y0 0 0 x+ y

es decir, si y solo si x+y = 0. El nucleo lo forman las soluciones de ese sistema cuando x = y = z = 0,que claramente son los multiplos del vector (2, 0,−1)t.

o

2. Decide si la transformacion lineal f

xyz

=

2x− 3y + 5zx+ 4y

2x+ 2y + 3z

es o no un isomorfismo, y en caso

afirmativo calcula su inverso.

Solucion: La matriz de f en la base canonica es A =

2 −3 51 4 02 2 3

. Como det(A) = 3 no es

nulo, A es invertible y por tanto f es un isomorfismo. La matriz del isomorfismo inverso, f−1, enla base canonica es A−1, que se puede calcular ası:

2 −3 5 1 0 01 4 0 0 1 02 2 3 0 0 1

→

1 4 0 0 1 00 −11 5 1 −2 00 −6 3 0 −2 1

→

1 4 0 0 1 00 1 −1/2 0 1/3 −1/60 0 −1/2 1 5/3 −11/6

→



1 4 0 0 1 00 1 0 −1 −4/3 5/30 0 1 −2 −10/3 11/3

→

1 0 0 4 19/3 −20/30 1 0 −1 −4/3 5/30 0 1 −2 −10/3 11/3

Por tanto A−1 =1

3

12 19 −20−3 −4 5−6 −10 11

y ası f−1

xyz

=1

3

12x+ 19y − 20z−3x− 4y + 5z−6x− 10y + 11z

.

o

3. Se consideran los vectores ~v1 =

210

, ~v2 =

101

, ~v3 =

021

y ~v =

332

, y se pide:

a) Comprueba que B = {~v1, ~v2, ~v3} es base.

b) Calcula la matriz en B de la transformacion lineal f que fija ~v1, lleva ~v2 a su opuesto y lleva~v3 a ~v.

Solucion: La matriz [~v1, ~v2, ~v3] tiene determinante −5, luego B es una base. Las coordenadasen B de f(~v1) = ~v1 son (1, 0, 0), y las de f(~v2) = −~v1 son (0,−1, 0), lo que nos da las dosprimeras columnas de MB(f). Su tercera columna lleva las coordenadas de f(~v3) = ~v, que secalculan resolviendo el sistema con matriz ampliada [~v1, ~v2, ~v3 |~v] y valen (1, 1, 1). En conclusion,

MB(f) =

1 0 10 −1 10 0 1

.

o

4. Sea g : R2 → R2 un giro de angulo arbitrario α, y sea f : R2 → R

2 la simetrıa ortogonal conrespecto a la recta x + y = 0. Calcular la matriz en la base canonica de la composicion g ◦ f , ycalcular los valores propios de esa matriz.

Solucion: Sabemos que la matriz del giro esM(g) =

(

C −SS C

)

, donde C = cos(α) y S = sen(α).

La recta de la simetrıa f es la diagonal del segundo y cuarto cuadrante, luego sobre los vectores dela base canonica {i, j} se tiene f(i) = −j y f(j) = −1, y ası

M(f) =

(

0 −1−1 0

)

⇒ M(g◦f) = M(g)M(f) =

(

C −SS C

)

·(

0 −1−1 0

)

=

(

S −C−C −S

)

El polinomio caracterıstico es

∣

∣

∣

∣

λ− S CC λ+ S

∣

∣

∣

∣

= (λ− S)(λ+ S)− C2 = λ2 − S2 − C2 = λ2 − (S2 + C2) = λ2 − 1

luego los valores propios son ±1.

o



5. Para cualquier angulo θ escribimos Sθ = sen θ y Cθ = cos θ.

Denotamos por fβ la transformacion lineal de R2 que lleva cada vector a su simetrico con respecto

a la recta que pasa por el origen y forma un angulo β con respecto al eje horizontal. Se pide:

Comprueba que la matriz de fβ en la base canonica es

(

C2β S2β

S2β −C2β

)

.

Demuestra que la composicion de dos simetrıas fβ ◦ fγ es un giro.

Demuestra que la composicion de una simetrıa y un giro, en cualquier orden, es una simetrıa.

Indicaciones: MC(h) = P ·MB(h) · P−1.

La matriz del giro gα de angulo α es

(

Cα −Sα

Sα Cα

)

.

SA±B = SACB ± CASB (S2A = 2SACA) CA±B = CACB ∓ SASB (C2A = C2A −

S2A).

Solucion: Un vector en la recta de simetrıa es ~v1 = (Cβ , Sβ)t, y uno perpendicular es ~v2 =

(−Sβ , Cβ)t. La matriz de fβ enB = {~v1, ~v2} esMB(fβ) =

(

1 00 −1

)

y poniendo P =

(

Cβ −Sβ

Sβ Cβ

)

se tiene

MC(fβ) = P MB(fβ)P−1 =

(

Cβ −Sβ

Sβ Cβ

)(

1 00 −1

)(

Cβ Sβ

−Sβ Cβ

)

=

(

Cβ Sβ

Sβ −Cβ

)(

Cβ Sβ

−Sβ Cβ

)

=

(

C2β − S2

β 2SβCβ

2SβCβ S2β − C2

β

)

=

(

C2β S2β

S2β −C2β

)

Al componer dos simetrıas se tiene

MC(fβ ◦ fγ) = MC(fβ)MC(fγ) =

(

C2β S2β

S2β −C2β

)(

C2γ S2γ

S2γ −C2γ

)

=

(

C2β−2γ −S2β−2γ

S2β−2γ C2β−2γ

)

y por tanto la composicion es el giro de angulo 2β − 2γ.

Por ultimo, al componer una simetrıa con un giro en uno u otro sentido se tiene:

MC(fβ ◦ gα) = MC(fβ)MC(gα) =

(

C2β S2β

S2β −C2β

)(

Cα −Sα

Sα Cα

)

=

(

C2β−α S2β−α

S2β−α −C2β−α

)

MC(gα ◦ fβ) = MC(gα)MC(fβ) =

(

Cα −Sα

Sα Cα

)(

C2β S2β

S2β −C2β

)

=

(

Cα+2β Sα+2β

Sα+2β −Cα+2β

)

de modo que, por el primer apartado, ambas composiciones son simetrıas, con respecto a las rectasde angulos β − α

2 y β + α2 , respectivamente.

o


5 NUMEROS COMPLEJOS

5. NUMEROS COMPLEJOS

1. Explica las dos formas principales de escribir numeros complejos, su interpretacion geometrica, larelacion entre ambas y como se multiplican dos numeros complejos dados en una u otra forma.

Solucion: Una forma es como “parte real mas parte imaginaria” (se le llama forma binomial), osea como a + bi con a, b ∈ R e i =

√−1; la otra es la forma polar o modulo argumento, ρθ con

ρ ∈ [0,+∞) y θ ∈ [0, 2π).

La interpretacion geometrica se hace en R2, el plano real: a + bi se identifica con el punto de

coordenadas cartesianas (a, b), mientras que ρθ es el punto de coordenadas polares (ρ; θ): dista ρdel origen en la direccion que marca el angulo θ, medido a partir del eje horizontal(=real) positivo.

La relacion entre ambas es la misma que la que existe entre coordenadas cartesianas y polares:

ρ =√

a2 + b2 θ = arctan(b/a) a = ρ cos(θ) b = ρ sen(θ)

(para el calculo del arcotangente hay que fijarse en el cuadrante en el que esta (a, b), y para a = 0se tiene θ = π/2 o 3π/2).

Los productos con uno y otro tipo de expresiones se calculan ası:

(a+ bi)(a′ + b′i) = (aa′ − bb′) + (ab′ + a′b)i ρθ · ρ′θ′ = (ρρ′)θ+θ′

o

2. Si un numero complejo tiene forma binomial a+ bi y forma polar ρθ, se pide:

a) ¿Como se obtienen ρ y θ a partir de a y b? Obten la forma polar de 1 + i.

b) ¿Como se obtienen a y b a partir de ρ y θ? Obten la forma binomial de 23π/4.

Solucion: La forma polar de 1 + i es√2π/4, y la forma binomial de 23π/4 es −

√2 +

√2 i.

o

3. En R: ¿Cuantas raıces cubicas tiene un numero no nulo? ¿Cuantas raıces cuartas tiene?

En C: ¿Cuantas raıces cubicas tiene un numero no nulo? ¿Cuantas raıces cuartas tiene?

Solucion: En R (numeros reales), todos los numeros tienen una unica raız cubica; los numerospositivos tienen dos raıces cuartas (una opuesta de la otra) y los negativos no tienen ninguna.

En C (complejos), todos los numeros no nulos tienen tres raıces cubicas y cuatro raıces cuartas.

o


5 NUMEROS COMPLEJOS

4. Se considera el numero complejo ω = 1 + i. ¿Cual es su modulo? ¿Cual es su argumento? Calculasus potencias ω2, ω3 y ω4, y dibuja los cuatro (ω, ω2, ω3 y ω4) en el plano complejo. ¿Concuerdael dibujo con lo que sabes sobre el modulo y el argumento de un producto?

Solucion: El modulo es la raız cuadrada positiva de ω ω = (1 + i)(1− i) = 12 + 12 = 2, o sea√2.

El argumento es el valor de arctan(1) en el primer cuadrante, o sea 45 o π/4 radianes.

Sus primeras potencias son:

ω2 = (1+ i)2 = 1−1+2i = 2i ω3 = ω2ω = 2i(1+ i) = −2+2i ω4 = (ω2)2 = (2i)2 = −4

y los cuatro se dibujan muy facilmente en el plano complejo. Al dibjuarlos se aprecia que los modulosde ω2, ω3 y ω4 son las respectivas potencias de

√2, o sea 2, 2

√2 y 4. Por otra parte, sus argumentos

son los respectivos multiplos de 45 (π/4), o sea 90 (π/2), 135 (3π/4) y 180 (π).

o

5. ¿Cual es el modulo del numero complejo ω =1 +

√3 i

2? Calcula sus potencias ω2 y ω3, y dibuja los

tres (ω, ω2 y ω3) en el plano complejo.

Solucion: El modulo es la raız cuadrada positiva de ω ω =1 +

√3 i

2

1−√3 i

2=

1 + 3

4= 1, y

por tanto vale 1. En consecuencia, ω es el punto de la circunferencia unidad (centrada en el origende radio 1) con parte real (“coordenada x”) igual a 1/2 y parte imaginaria positiva. Las potenciasvalen:

ω2 =(1 +

√3 i)2

4=

1− 3 + 2√3 i

4=

−1 +√3 i

2

ω3 = ωω2 =

√3 i+ 1

2

√3 i− 1

2=

−3− 1

4= −1

En particular, ω2 esta a la misma altura que ω pero al otro lado del eje vertical.

Alternativamente, como el argumento de ω es arctan(√3) = 60o, tanto ω2 como ω3 tienen modulo

1 y los argumentos respectivos son 120o y 180o, lo que nos lleva al mismo dibujo.

Observese que ω, ω2 y ω3 son tres vertices consecutivos del hexagono regular inscrito en la circun-ferencia unidad con un vertice en 1: los que encontramos despues del 1 moviendonos en sentidoantihorario.

o

6. En el plano complejo, sombrea la region ocupada por los numeros complejos cuyo cuadrado tieneparte imaginaria negativa. Razona tu respuesta.

Solucion: El cuadrado de a+ bi es (a2 − b2) + 2abi, luego la parte imaginaria es negativa cuandoab < 0, o sea cuando a > 0 y b < 0 (cuadrante 4 ), o cuando a < 0 y b > 0 (cuadrante 2 ). Portanto hay que sombrear los cuadrantes 2 (parte real negativa, parte imagiaria positiva) y 4 (alreves).

Una alternativa: el cuadrado de ρθ es ρ22θ, luego estamos buscando los complejos tales que el doblede su argumento es un angulo entre π y 2π. En el primer cuadrante el argumento va de 0 a π/2,


5 NUMEROS COMPLEJOS

luego su doble va de 0 a π: no cumplen la condicion. En el segundo cuadrante el argumento va deπ/2 a π, luego su doble va de π a 2π: sı cumplen la condicion. En el tercer cuadrante el argumentova de π a 3π/2, luego su doble va de 2π = 0 a 3π = π: NO. En el cuarto cuadrante el argumentova de 3π/2 y 2π, luego su doble va de 3π = π a 4π = 2π: Sı.

o

7. Pensando en la representacion de C como puntos del plano, ¿que numeros complejos tienen una desus raıces cuadradas en el primer cuadrante (sin incluir los ejes)?

Solucion: Los que son el cuadrado de un complejo del primer cuadrante (sin los ejes), o sea losde la forma (ρθ)

2 = ρ22θ con θ ∈ (0, π/2), con lo que se obtienen los complejos cuyo argumento estaen (0, π), o sea los de la mitad superior del plano (sin el eje), o sea los que tienen parte imaginariapositiva.

o

8. El polinomio X2 − 8X + 65 tiene dos raıces complejas. Calculalas y encuentra el inverso de una deellas. Expresa los resultados en la forma a+ bi con a, b ∈ R.

Solucion: Las raıces son8±

√64− 4 · 652

= 4±√16− 65 = 4±

√−49 = 4± 7i.

El inverso de 4 + 7i es1

4 + 7i=

1

4 + 7i· 4− 7i

4− 7i=

4− 7i

16 + 49=

4

65− 7

65i.

o

9. Calcula, simplificando cuanto puedas, el valor de(4 + 7i)2

3 + 4i.

Solucion:(4 + 7i)2

3 + 4i=

−33 + 56i

3 + 4i· 3− 4i

3− 4i=

125 + 300i

25= 5 + 12i.

o

10. Expresa en la forma a+ bi (con a, b ∈ R) el cociente de numeros complejos29 + 22i

4 + 3i.

Solucion: Multiplicando y dividiendo por el conjugado del denominador se obtiene

29 + 22i

4 + 3i· 4− 3i

4− 3i=

(29 + 22i)(4− 3i)

16 + 9=

(116 + 66) + (87− 88)i

25=

182 + i

25=

182

25+

1

25i

[se colo una errata: en el enunciado el numerador debıa ser 4 − 3i en vez de 4 + 3i, con lo que elnumerador vale (116− 66) + (87 + 88)i = 50 + 175i y el cociente sale 2 + 7i]

o


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11. Calcula las raıces cuadradas de i, las de −i y las de 12 +

√32 i.

Solucion: Todas se pueden calcular en forma binomial (esta hecho despues).

Pero una facil interpretacion geometrica ahorra cuentas. Como i tiene modulo 1 y argumento 90 ,

una de sus raıces cuadradas tiene modulo 1 y argumento 45 , o sea es cos(45)+sen(45) i =√22 (1+i);

la otra es su opuesta. Como −i tiene modulo 1 y argumento -90 , una de sus raıces cuadradas tiene

modulo 1 y argumento -45 , o sea es cos(−45) + sen(−45) i = cos(45) − sen(45) i =√22 (1 − i); la

otra es su opuesta. Como 12 +

√32 i = cos(60) + sen(60) i tiene modulo 1 y argumento 60 , una de

sus raıces cuadradas tiene modulo 1 y argumento 30 , o sea es cos(30) + sen(30) i =√32 + 1

2 i; laotra es su opuesta.

En forma binomial: para las raıces de i buscamos a+bi (a, b ∈ R) con i = (a+bi)2 = (a2−b2)+2abi,o sea con a2−b2 = 0 y 2ab = 1. La primera igualdad nos dice que a2 = b2, o sea que a = ±b, pero por

la segunda a y b tienen el mismo signo, ası que a = b y por tanto 2a2 = 1, o sea a = ± 1√2= ±

√22 , y

las raıces son ±√22 (1 + i). Para las de −i se pueden simplemente multiplicar las anteriores por i (y

ası, al elevar al cuadrado, el resultado queda multiplicado por −1) o hacer un argumento analogoal anterior con 2ab = −1 y por tanto a = −b; con cualquiera de las opciones se llega a las raıces

±√22 (1− i).

Para las raıces de 12 +

√32 i buscamos ω = a+bi (a, b ∈ R) con 1

2 +√32 i = (a+bi)2 = (a2−b2)+2abi,

o sea con a2 − b2 = 1/2 y 2ab =√32 . Por la segunda ecuacion tenemos ab =

√34 ; multiplicando por

x = a2 en la primera ecuacion queda x2 − (ab)2 = 12 x, por lo que x2 − 1

2 x − 316 = 0 y por tanto

(resolviendo la ecuacion de 2 grado) debe ser x = 3/4 o x = −1/4, pero la opcion negativa sedescarta pues x = a2 es un numero real positivo. En consecuencia es a2 = x = 3/4 y por tanto

a = ±√3/2. Como ab =

√34 , se tiene b = ±1/2 con el mismo signo que a para que el producto sea

positivo, y en consecuencia las raıces son ±(√32 + 1

2 i).

o

12. Encuentra las raıces cuadradas del numero complejo 15− 8i.

Solucion: Buscamos numeros complejos a+ bi (con a, b ∈ R) tales que

15− 8i = (a+ bi)2 = (a2 − b2) + 2abi ⇒{

15 = a2 − b2

−8 = 2ab

Por la segunda ecuacion tenemos ab = −4; multiplicando por x = a2 en la primera ecuacion queda15x = x2 − (ab)2 = x2 − 16, por lo que x2 − 15x − 16 = 0 y por tanto debe ser x = 16 o x = −1,pero la segunda opcion se descarta pues x = a2 es un numero real positivo. En consecuencia esa2 = x = 16 y por tanto a = ±4; como ab = −4 las raıces son 4− i y −4 + i.

o


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13. Encuentra las raıces cuadradas del numero complejo 5− 12i.


5− 12i = (a+ bi)2 = (a2 − b2) + 2abi ⇒{

5 = a2 − b2

−12 = 2ab

Por la segunda ecuacion tenemos ab = −6; multiplicando por x = a2 en la primera ecuacion queda5x = x2 − (ab)2 = x2 − 36, por lo que x2 − 5x− 36 = 0 y por tanto (resolviendo la ecuacion de 2grado) debe ser x = 9 o x = −4, pero la segunda opcion se descarta pues x = a2 es un numero realpositivo. En consecuencia es a2 = x = 9 y por tanto a = ±3; como ab = −6 las raıces son ±(3−2i).

o

14. Encuentra las raıces cuadradas del numero complejo 2− 2√3 i.


2− 2√3 i = (a+ bi)2 = (a2 − b2) + 2abi ⇒

{

2 = a2 − b2

−2√3 = 2ab

Por la segunda ecuacion tenemos ab = −√3; multiplicando por x = a2 en la primera ecuacion queda

2x = x2 − (ab)2 = x2 − 3, por lo que x2 − 2x − 3 = 0 y por tanto (resolviendo la ecuacion de 2grado) debe ser x = 3 o x = −1, pero la segunda opcion se descarta pues x = a2 es un numero realpositivo. En consecuencia es a2 = 3 y por tanto a = ±

√3; como ab = −

√3 las raıces son ±(

√3− i).

Alternativamente, se puede observar que el numero dado tiene modulo 4 y argumento 300o (o −60o),por lo que sus raıces tienen modulo 2 y argumentos 150o y −30o.

o

15. Calcula y expresa en forma binomial (a+ bi) todas las raıces cuadradas en C de 15 + 8i.

Solucion: Es totalmente estandar. Salen ±(4 + i).

o

16. Calcula y expresa en forma binomial (a+ bi) todas las raıces cuadradas en C de 21 + 20i.

Solucion: Es totalmente estandar. Salen ±(5 + 2i).

o


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17. Calcula en forma binomial las dos raıces cuadradas de 2i y las dos raıces cuadradas de −i.

Solucion: El problema se puede resolver con cualquiera de las dos formas estandar de calculo deraıces cuadradas en C (usando formas binomiales o formas polares).

Pero en este caso los dos complejos dados son “multiplos faciles” de i, por lo que podemos ahorrartrabajo si calculamos una raız de i y la multiplicamos por

√2 (para tener una raız de 2i) y por√

−1 = i (para tener una raız de −i). En ambos casos, “la otra raız” sera el opuesto de la quedemos.

Como i tiene forma polar 1π/2, una de sus raıces es 1π/4 =√22 +

√22 i.

Multiplicando por√2 se obtienen 1 + i (y su opuesto −1− i) como raıces de 2i.

Multiplicando por i se obtienen√22 i−

√22 (y su opuesto

√22 −

√22 i) como raıces de −i.

o

18. Calcula en forma binomial las raıces cuadradas de 20 + 48i y las de −20− 48i.

Solucion: Como 20 + 48i = 4(5 + 12i), basta con calcular una raız ω de 5 + 12i. Entonces lasraıces cuadradas de 20 + 48i seran ±2ω y las de −20− 48i seran ±2iω, pues al elevar al cuadradose obtiene

4ω2 = 4(5 + 12i) = 20 + 48i 4i2ω2 = −4(5 + 12i) = −20− 48i

Buscamos pues ω = a + bi (con a, b ∈ R) con 5 + 12i = (a + bi)2 = (a2 − b2) + 2abi, osea con a2 − b2 = 5 y 2ab = 12. Por la segunda ecuacion tenemos ab = 6; multiplicando porx = a2 en la primera ecuacion queda 5x = x2 − (ab)2 = x2 − 36, por lo que x2 − 5x − 36 = 0y por tanto (resolviendo la ecuacion de 2 grado) debe ser x = 9 o x = −4, pero la segundaopcion se descarta pues x = a2 es un numero real positivo. En consecuencia es a2 = x = 9 y portanto a = ±3. Como ab = 6, una de las raıces es ω = 3 + 2i, y no esta de mas comprobar que(3 + 2i)2 = 32 + (2i)2 + 2 · 3 · 2i = 9− 4 + 12i = 5 + 12i.

En definitiva, las raıces cuadradas de 20 + 48i son ±(6 + 4i) y las de −20 − 48i son ±(6 + 4i)i =∓(4− 6i).

o

19. Calcula en forma binomial las raıces cuadradas de 60− 32i y las de 32i− 60.

[Observacion: factorizando al principio y relacionando las dos raıces se trabaja mucho menos; seguncuanto simplifiques, necesitaras

√289=17 o

√1156=34 o

√4624=68.]

Solucion: Como 60 − 32i = 4(15 − 8i), basta con calcular una raız ω de 15 − 8i. Entonces lasraıces cuadradas de 60− 32i seran ±2ω y las de 32i− 60 seran ±2iω, pues al elevar al cuadrado seobtiene

(±2ω)2 = 4ω2 = 4(15− 8i) = 60− 32i (±2iω)2 = 4i2ω2 = −4(15− 8i) = 32i− 60

Buscamos pues ω = a+bi (a, b ∈ R) con 15−8i = (a+bi)2 = (a2−b2)+2abi, o sea con a2−b2 = 15y 2ab = −8. Por la segunda ecuacion tenemos ab = −4; multiplicando por x = a2 en la primeraecuacion queda 15x = x2− (ab)2 = x2−16, por lo que x2−15x−16 = 0 y por tanto (resolviendo la


5 NUMEROS COMPLEJOS

ecuacion de 2 grado) debe ser x = 16 o x = −1, pero la opcion negativa se descarta pues x = a2 esun numero real positivo. En consecuencia es a2 = x = 16 y por tanto a = ±4. Como ab = −4, una delas raıces es ω = 4−i, y no esta de mas comprobar que (4−i)2 = 42+i2−2·4·i = 16−1−8i = 15−8i.

En definitiva, las raıces cuadradas de 60−32i son ±(8−2i) y las de 32i−60 son ±(8−2i)i = ±(2+8i).

o

20. Encuentra las 4 raıces cuartas de −1, o sea los 4 numeros complejos que satisfacen ω4 = −1.

Solucion: Una opcion: Como −1 tiene modulo 1 y argumento 180 , una de sus raıces cuartas

tiene modulo 1 y argumento 180/4=45 , o sea es el complejo cos(45) + sen(45)i =1 + i√

2. Las otras

tres forman con esta un cuadrado centrado en el origen y son por tanto (1− i)/√2, (−1 + i)/

√2 y

(−1− i)/√2.

Otra opcion: calculamos primero las raıces cuadradas y a partir de ellas las raıces cuartas. Lasraıces cuadradas de −1 son ±i (por un calculo estandar de raıces cuadradas o, mejor, por la puradefinicion de la unidad imaginaria i). Otros dos calculos estandar de raıces cuadradas (o un usodel modulo y el argumento como el del parrafo anterior) nos dan las raıces cuadradas de i, que son±(1 + i)/

√2, y de −1, que son ±(1− i)/

√2, y esas son pues las 4 raıces cuartas de −1.

o

21. Calcula en forma binomial las cuatro raıces cuartas complejas de −4.

Solucion: Como la forma polar de −4 es 4π, una de sus raıces cuartas tiene modulo 4√4 =

√2 y

argumento π/4, por lo que su forma polar es√2π/4 y por tanto la forma binomial pedida es

√2 (cos(π/4) + sen(π/4) i) =

√2(√

2/2 + (√2/2) i

)

= 1 + i

Las cuatro raıces se obtienen multiplicando esa por las raıces cuartas de 1, que son ±1 y ±i.Haciendo los productos salen 1 + i, 1− i, −1 + i y −1− i.

Una alternativa es calcular las raıces cuadradas de −4 y luego las raıces cuadradas de los resultados.Como las raıces cuadradas de −1 son ±i, las de −4 son ±2i. Las raıces cuadradas de 2i se puedenobtener resolviendo un sistema de ecuaciones o como en el parrafo anterior y son ±(1 + i), y paralas de −2i se pueden volver a usar esos metodos o bien multiplicar las anteriores por i para obtener±(−1 + i), lo que nos lleva a las mismas cuatro soluciones del parrafo anterior.

o

22. Calcula las raıces cuadradas del numero complejo 1− 4√5 i.

Calcula el cubo de una cualquiera de ellas.


1− 4√5 i = (a+ bi)2 = (a2 − b2) + 2abi ⇒

{

1 = a2 − b2

−4√5 = 2ab


5 NUMEROS COMPLEJOS

Por la segunda ecuacion tenemos ab = −2√5; multiplicando por x = a2 en la primera ecuacion

queda x = x2 − (ab)2 = x2 − 20, por lo que x2 − x− 20 = 0 y por tanto (resolviendo la ecuacion de2 grado) debe ser x = 5 o x = −4, pero la segunda opcion se descarta pues x = a2 es un numeroreal positivo. En consecuencia es a2 = 5 y por tanto a = ±

√5; como ab = −2

√5 las raıces son

±(√5− 2i).

El cubo de√5−2i es (

√5−2i)(

√5−2i)2 = (

√5−2i)(1−4

√5 i) = (

√5−8

√5)−(20+2)i = −7

√5−22i.

o

23. Dados los numeros complejos α = 1−3i y β = 6+2i, calcula su producto αβ y las raıces cuadradasde ese producto.

Solucion: El producto vale αβ = (1− 3i)(6 + 2i) = 6 + 2i− 18i+ 6 = 12− 16i. Para calcular suraız cuadrada podemos primero observar que hay un factor comun 4 que simplifica las cuentas. Esdecir, αβ = 4(3− 4i), y por tanto las raıces buscadas seran 2 por las raıces de 3− 4i.

Para buscar esas raıces necesitamos dos numeros reales a, b ∈ R con

3− 4i = (a+ bi)2 = (a2 − b2) + 2abi ⇒{

3 = a2 − b2

−4 = 2ab

Por la segunda ecuacion tenemos ab = −2; multiplicando por x = a2 en la primera ecuacion queda3x = x2 − (ab)2 = x2 − 4, por lo que x2 − 3x− 4 = 0 y por tanto debe ser x = 4 o x = −1, pero lasegunda opcion se descarta pues x = a2 es un numero real positivo. En consecuencia es a2 = x = 4y por tanto a = ±2; como ab = −2 las raıces de 3− 4i son 2− i y −2 + i.

Finalmente, las raıces de αβ son el doble de esas, o sea 4− 2i y −4 + 2i.

Si no simplificamos el 4 sale algo similar con numeros mayores: primero un sistema

{

12 = a2 − b2

−16 = 2ab,

de donde ab = −8, y de ahı la ecuacion x2 − 12x− 64 = 0, de donde x = 16 (descartando x = −4);por tanto a = ±4 y b = ∓2 y las raıces de 12− 16i son 4− 2i y −4 + 2i.

o

24. Dado el numero complejo 4− 6√5 i, expresa en la forma a+ bi (con a, b ∈ R) sus raıces cuadradas

y el cubo de una de ellas.

Solucion: Para las raıces cuadradas buscamos a, b ∈ R con

4− 6√5 i = (a+ bi)2 = (a2 − b2) + 2abi ⇒

{

4 = a2 − b2

−6√5 = 2ab

Por la segunda ecuacion tenemos ab = −3√5; multiplicando por x = a2 en la primera ecuacion

queda 4x = x2 − (ab)2 = x2 − 45, por lo que x2 − 4x− 45 = 0 y por tanto (resolviendo la ecuacionde 2 grado) debe ser x = 9 o x = −5, pero la segunda opcion se descarta pues x = a2 es unnumero real positivo. En consecuencia es a2 = 9 y por tanto a = ±3; como ab = −3

√5 las raıces

son ±(3−√5 i).


5 NUMEROS COMPLEJOS

El cubo de 3−√5 i es

(

3−√5 i)(

3−√5 i)2

=(

3−√5 i)(

4− 6√5 i)

= (12− 30)− (18 + 24)√5 i = −18− 22

√5 i

.

o

25. Calcula α3, donde α es una cualquiera de las raıces cuadradas de 20i− 21. (Nota:√841 = 29)

Solucion: Para encontrar la raız buscamos numeros complejos a+ bi (con a, b ∈ R) tales que

−21 + 20i = (a+ bi)2 = (a2 − b2) + 2abi ⇒{

a2 − b2 = −212ab = 20 ab = 10

Multiplicando por x = a2 en la primera ecuacion queda x2− (ab)2 = −21x, o sea x2+21x−100 = 0y por tanto (resolviendo la ecuacion de 2 grado) debe ser x = 4 o x = −25, pero la segunda opcionse descarta pues x = a2 es un numero real positivo. En consecuencia es a2 = 4 y por tanto a = ±2;como ab = 10 las raıces son ±(2 + 5i).

El cubo de 2+5i es (2+5i)(2+5i)2 = (2+5i)(−21+20i) = (−42−100)+(40−105)i = −142−65i(y por tanto el cubo de la otra raız, −2− 5i, es 142 + 65i).

o

26. Calcula α5, donde α es la raız cuadrada de 3− 4i que tiene parte real negativa.

Solucion: Para encontrar la raız buscamos numeros complejos a+ bi (con a, b ∈ R) tales que

3− 4i = (a+ bi)2 = (a2 − b2) + 2abi ⇒{

a2 − b2 = 32ab = −4 ab = −2

Multiplicando por x = a2 en la primera ecuacion queda x2 − (ab)2 = 3x, o sea x2 − 3x − 4 = 0 ypor tanto (resolviendo la ecuacion de 2 grado) debe ser x = 4 o x = −1, pero la segunda opcionse descarta pues x = a2 es un numero real positivo. En consecuencia es a2 = 4 y, como buscamosla raız cuya parte real a es negativa, se tiene a = −2 y por tanto b = 1, de modo que α = i− 2.

Entonces α5 = (α2)2α = (3− 4i)2(i− 2) = (−7− 24i)(i− 2) = 38 + 41i.

o

27. Dado el numero complejo −40 + 42 i, expresa en la forma a + bi (con a, b ∈ R) sus dos raıcescuadradas y el producto de ambas.

Solucion: Sin calcular nada sabemos que el producto de ambas debe ser 40−42i, pues si ω es unade ellas (con ω2 = −40 + 42i) entonces la otra es −ω y el producto de ambas es −ω2 = 40− 42i.

Para encontrar la raız buscamos numeros complejos a+ bi (con a, b ∈ R) tales que

−40 + 42i = (a+ bi)2 = (a2 − b2) + 2abi ⇒{

a2 − b2 = −402ab = 42 ab = 21


5 NUMEROS COMPLEJOS

Multiplicando por x = a2 en la primera ecuacion queda x2− (ab)2 = −40x, o sea x2+40x−441 = 0y por tanto (resolviendo la ecuacion de 2 grado) debe ser x = 9 o x = −49, pero la segunda opcionse descarta pues x = a2 es un numero real positivo. En consecuencia es a2 = 9 y por tanto a = ±3;como ab = 21 las raıces son ±(3 + 7i).

o

28. Si α es una de las raıces cuadradas de 8 + 6i y β es una de las raıces cuadradas de 2i, expresa αβen la forma binomial a+ bi (a, b ∈ R).

Solucion: Como el producto de raıces es la raız del producto, es mejor calcular primero el producto(8+6i)(2i) = −12+16i = 4(−3+4i) y ası se hace una sola raız. Ademas el producto tiene un factor4 que “sale de la raız” y simplifica los calculos. La raız de −3 + 4i se calcula del modo estandar yvale ±(1 + 2i) y por tanto los resultados validos son ±2(1 + 2i), o sea ±(2 + 4i).

Algo mas lento es calcular las raıces de 8 + 6i, que son ±(3 + i), las de 2i, que son ±(1 + i), ymultiplicarlas para obtener ±(3 + i)(1 + i) = ±(2 + 4i).

o

29. Sabiendo que el numero complejo α verifica α2 = −8−6i, calcula en forma binomial los dos posiblesvalores que puede tomar α5.

Solucion: Si α = a + bi con a, b ∈ R tenemos −8 − 6i = α2 = (a + bi)2 = (a2 − b2) + 2abi, o seaa2−b2 = −8 y ab = −3. Multiplicando la primera igualdad por a2 y usando a2b2 = (ab)2 = (−3)2 =9 obtenemos a4 + 8a2 − 9 = 0, bicuadratica con soluciones a2 = −4 ± 5. Descartando la negativa,pues a ∈ R, nos queda a2 = 1 y por tanto a = ±1, por lo que b = ∓3. O sea, α = ±(1− 3i).

Es directo comprobar que, en efecto, α2 = −8− 6i. Entonces α2 = [−2(4 + 3i)]2 = 4(7 + 24i) y uncalculo directo da entonces α5 = αα4 = ±4(1− 3i)(7 + 24i) = ±4(79 + 3i).

o

30. En el cuerpo de los numeros complejos, se pide:

(a) Calcula en forma binomial el cuadrado de α = 6 + 7i,

(b) Calcula en forma binomial todas las raıces cuadradas de β = 13− 84i.

Solucion: (a) Es directo, α2 = (6 + 7i)2 = 36− 49 + 84i = −13 + 84i.

(b) Si se observa que β = −α2 = (±i)2α2 = (±iα)2, tenemos directamente las raıces: ±iα =±(−7 + 6i).

Alternativamente, se puede usar el metodo estandar: buscamos a, b ∈ R con 13 − 84i = β =(a+ bi)2 = (a2 − b2) + 2abi, o sea con a2 − b2 = 13 y ab = −42. Multiplicando la primera igualdadpor a2 y usando a2b2 = (ab)2 = (−42)2 = 422 obtenemos a4 − 13a2 − 422 = 0, bicuadratica consoluciones

a2 =13±

√132 + 4 · 4222

=13± 85

2

Descartando la negativa, pues a ∈ R, nos queda a2 = 13+852 = 49 y por tanto a = ±7, por lo que

b = ∓6 y las raıces cuadradas de β son ±(7− 6i).

o


6 NUMEROS REALES Y FUNCIONES DE UNA VARIABLE (BASICO)

6. NUMEROS REALES Y FUNCIONES DE UNA VARIABLE (BASI-CO)

1. Define el seno y el coseno de un angulo α. (Debes dar una definicion que valga para cualquier valorde α, en particular que incluya los casos de senos y cosenos con valores negativos).

Solucion: Fijados unos ejes cartesianos, representamos el angulo α de forma que su primerasemirrecta sea el eje horizontal positivo. La otra semirrecta corta a la circunferencia de radio 1 ycentrada en el origen en cierto punto (c, s). Entonces el seno de α es el valor s de la coordenadavertical de ese punto, y el coseno de α es el valor c de su coordenada horizontal.

Observese que la definicion “longitud cateto opuesto/contiguo dividida por la longitud de la hipo-tenusa” se queda corta, pues solo vale para angulos entre 0 y π/2 (recto).

o

2. En R: ¿Cuantas raıces cubicas tiene un numero no nulo? ¿Cuantas raıces cuartas tiene?

En C: ¿Cuantas raıces cubicas tiene un numero no nulo? ¿Cuantas raıces cuartas tiene?

Solucion: En los reales, todos los numeros tienen una unica raız cubica; los numeros positivostienen dos raıces cuartas (una opuesta de la otra) y los numeros negativos no tienen ninguna.

En los complejos, todos los numeros no nulos tienen tres raıces cubicas y cuatro raıces cuartas.

o

3. ¿Como puede construirse la grafica de y = f(x+ 2) a partir de la de y = f(x)?

Solucion: Basta con desplazarla 2 unidades hacia la izquierda.

o

4. ¿Como puede construirse la grafica de y = f(2x) a partir de la de y = f(x)?

Dibuja las graficas de y = sen(x) y de y = sen(2x) en el intervalo [−π, π]

Solucion: Basta con “encoger” la grafica original a la mitad en horizontal.

o

5. En general, ¿como puede construirse la grafica de y = f(x/2) a partir de la de y = f(x)?

Dibuja las graficas de y = cos(x) y de y = cos(x/2) en el intervalo [−π, π].

Solucion: Basta con “estirar” la grafica original al doble en horizontal.

o



6. ¿Como se sabe si una funcion f(x) tiene una asıntota oblicua cuando x → +∞? ¿Como se calculala ecuacion de esa asıntota?

Solucion: La tiene cuando existen los lımites m = lımx→+∞

f(x)

xy b = lım

x→+∞[f(x)−mx], y en ese

caso la ecuacion de la asıntota es y = mx+ b.

o

7. Para las siguientes funciones, di si tienen asıntotas verticales u horizontales y, en su caso, di cualesson y “por que lado se la pega” la funcion: ex ln(x) sen(x) tan(x).

[No hay que justificar las afirmaciones ni se trata de dibujar las graficas, sino de conocer las funcionesy saber usar el lenguaje de las asıntotas para describir esas graficas.]

Solucion: ex tiene a y = 0 como asıntota horizontal por la izquierda, a la que se pega por arriba,y no tiene asıntotas verticales.

ln(x) tiene a x = 0 como asıntota vertical por abajo, a la que se pega por la derecha (por la izquierdano esta definida), y no tiene asıntotas horizontales.

sen(x) no tiene asıntotas de ningun tipo.

tan(x) tiene asıntotas verticales en x = ±π/2, x = ±3π/2, x = ±5π/2, etc., a las que se pega porarriba a la izquierda y por abajo a la derecha, y no tiene asıntotas horizontales.

o

8. ¿Que significa que una funcion f : R → R sea par? ¿Y que sea impar? ¿Y que sea periodica? En lostres casos, da una respuesta en terminos algebraicos (o sea, en terminos de “la formula de f(x)”) yotra en terminos geometricos (de la grafica de y = f(x)).

Solucion: La funcion es par cuando verifica f(−x) = f(x) para todos los valores x ∈ R, y esto setraduce en que la grafica sea simetrica con respecto al eje vertival.

Es impar cuando verifica f(−x) = −f(x) para todos los x ∈ R, y esto se traduce en que la graficasea simetrica con respecto al origen de coordenadas.

Y es periodica cuando existe un “periodo” P > 0 tal que f(x+ P ) = f(x) para cada x ∈ R, lo quese traduce en que la grafica “se repite a sı misma” en intervalos horizontales de longitud P .

o

9. ¿Que relacion hay entre la grafica de una funcion y la grafica de su inversa? Esboza la grafica def(x) = e−x y la de su inversa. ¿Cual es la expresion de esa inversa? ¿Que dominio tiene?

Solucion: La grafica de una funcion y la de su inversa son simetricas con respecto a la diagonalprincipal del plano (recta y = x).

La funcion la podemos escribir como f(x) = 1/ex = (1/e)x, cuya inversa es g(x) = log1/e(x). Lasgraficas estan en los apuntes para el caso 0 < b < 1. El dominio de la inversa es (0,+∞).



Para el calculo de la expresion de la inversa tambien podemos poner y = e−x y depejar x: tomandologaritmos es ln(y) = −x y ası x = − ln(y) = ln(1/y). Por tanto, como expresiones de la inversatambien valen g(x) = − ln(x) o g(x) = ln(1/x).

o

10. ¿Que condicion geometrica (de simetrıa) cumple la grafica de una funcion impar?

¿Que relacion hay entre la grafica de una funcion y la grafica de su funcion inversa?

¿Que funcion es la inversa de f(x) = x3 ? Dibuja las graficas de f(x) y de esa funcion inversa.

Solucion: La grafica de una funcion impar es simetrica con respecto al origen de coordenadas.La grafica de una funcion y la de su inversa son simetricas con respecto a la diagonal principal delplano (recta y = x). La funcion inversa de f(x) = x3 es f−1(x) = 3

√x. La grafica de y = x3 es la de

la izquierda, y la de y = 3√x es la de la derecha: su simetrica con respecto a la diagonal.

o

11. Da ejemplos de funciones reales de una variable con las siguientes condiciones (sin justificar):

a) Una funcion impar y periodica con asıntotas verticales.

b) Una funcion par y periodica sin asıntotas verticales ni horizontales.

c) Una funcion con asıntotas horizontales y verticales.

d) Una funcion con asıntota horizontal “por la izquierda” y decreciente en todos sus puntos.

Solucion: Por ejemplo, en este orden, tan(x), cos(x), 1/x y −ex (o de nuevo 1/x).

o



12. Responde brevemente las siguientes preguntas:

a) ¿Que significa (definicion + interp. geometrica) que una funcion f : R → R sea impar?

b) ¿Que significa que una funcion f : R → R alcance un mınimo relativo en x = b?

c) ¿Es posible dar un ejemplo de una funcion que alcance un mınimo relativo en x = 0 y que nosea derivable en x = 0?

Solucion: a) Significa que para cada x ∈ R se tiene f(−x) = −f(x), y se traduce en que la graficaes simetrica con respecto al origen.

b) Significa que para los puntos x “cercanos” a b (o sea, en un intervalo del tipo (b− r, b+ r) conr > 0) se tiene f(b) ≤ f(x).

c) Sı. Por ejemplo, la funcion valor absoluto, f(x) = |x|.

o

13. Define las funciones hiperbolicas (seno hiperbolico, coseno hiperbolico y tangente hiperbolica) apartir de la funcion ex. Simplifica cuanto puedas la expresion cosh2(x)−senh2(x). Simplifica cuantopuedas la expresion (ex/ cosh(x))− 1.

Solucion: En los apuntes (pagina 84) se definen y se ve que cosh2(x)− senh2(x) = 1 sin mas quedesarrollar las expresiones y operar. Explıcitamente:

senh(x) =ex − e−x

2cosh(x) =

ex + e−x

2tanh(x) =

senh(x)

cosh(x)

cosh2(x)− senh2(x) =e2x + e−2x + 2

4− e2x + e−2x − 2

4=

4

4= 1

Por otra parte:

ex

cosh(x)− 1 =

2ex

ex + e−x− 1 =

2ex − ex − e−x

ex + e−x=

ex − e−x

ex + e−x= tanh(x)

o

14. Comenta las analogıas y las diferencias que conozcas entre las funciones trigonometricas (sen(x) ycos(x)) y las funciones hiperbolicas (senh(x) y cosh(x)).

[Piensa en sumas/restas de cuadrados, simetrıa, acotacion, periodicidad, derivadas, Maclaurin. . . ]

Solucion: Sumas/restas de cuadrados: Se verifican identidades parecidas, sen2(x) + cos2(x) = 1(o sea, el par (cos(x), sen(x)) esta en la circunferencia “estandar” de ecuacion x2 + y2 = 1) ycosh2(x)− senh2(x) = 1 (o sea, el par (cos(x), sen(x)) esta en la hiperbola “estandar” de ecuacionx2 − y2 = 1).

Simetrıa: en ambos casos (trigonometrico e hiperbolico), el seno es impar y el coseno es par.

Acotacion: el seno y el coseno trigonometricos estan acotados (toman valores entre −1 y 1); loshiperbolicos no lo estan (el seno hiperbolico toma todos los valores reales, el coseno hiperbolicotoma todos los valores reales positivos).



Periodicidad: las funciones trigonometricas (seno y coseno) son periodicas (de periodo π); las hi-perbolicas no lo son.

Las derivadas funcionan de forma parecida, pero en el caso hiperbolico no hay cambios de signo.Expresamente, las derivadas de sen(x) y cos(x) son, respectivamente, cos(x) y − sen(x), mientrasque las derivadas de senh(x) y cosh(x) son, respectivamente, cosh(x) y senh(x).

Los desarrollos de Maclaurin son iguales salvo en los signos: en el seno y el coseno trigonometricosaparecen signos alternados, en los hiperbolicos los signos siempre son positivos.

o


7 UNA VARIABLE: LIMITES Y DERIVABILIDAD

7. UNA VARIABLE: LIMITES Y DERIVABILIDAD

1. Dada una funcion f : R → R y dado un punto a ∈ R, se pide:

a) Di que significa que f sea derivable en x = a.

b) Define el valor de la derivada f ′(a).

c) Explica la relacion de lo anterior con la recta tangente a la grafica de y = f(x) por el punto(a, f(a)).

Solucion: a) Que exista con valor finito el lımite cuando x → a del cocientef(x)− f(a)

x− a.

b) f ′(a) es el valor de ese lımite.

c) El cocientef(x)− f(a)

x− aes la pendiente de la recta que pasa por (a, f(a)) y por (x, f(x)), o

sea la recta secante a la curva y = f(x) por esos puntos. Cuando x se aproxima hacia a, esasrectas secantes se aproximan a la recta tangente a la curva por x = a, ası que f ′(a) (lımite deesos cocientes cuando x → a) es la pendiente de esa recta tangente, cuya ecuacion es por tantoy − f(a) = m(x− a), donde m = f ′(a).

o

2. Dada una funcion f : R → R, consideramos dos afirmaciones: C) f es continua en x = 0. D) fes derivable en x = 0. Una de las implicaciones C⇒D o D⇒C es verdadera; indica cual. La otraes falsa; da un ejemplo que lo muestre.

Solucion: La Proposicion 6.1.2 y el comentario que la precede nos dicen que D⇒C es verdadera yque C⇒D es falsa, y para justificar esto ultimo se proponen los ejemplos f(x) = |x| y f(x) = sen(|x|).

o

3. Una funcion f : R → R tiene un punto crıtico en x = a, o sea f ′(a) = 0.

¿Como se puede saber, en funcion de las derivadas sucesivas f ′′(a), f ′′′(a). . . si f alcanza en x = aun punto de inflexion, un mınimo relativo o un maximo relativo?

Solucion: Si la primera de esas derivadas sucesivas con valor NO nulo es de orden par (o sea,la derivada segunda, cuarta. . . ) entonces alcanza un maximo relativo si ese valor es negativo yalcanza un mınimo relativo si ese valor es positivo. Si la primera de esas derivadas sucesivas convalor NO nulo es de orden impar (o sea, la derivada tercera, quinta. . . ) entonces alcanza un puntode inflexion.

o



4. Una funcion f : R → R verifica f(7) = 334, f ′(7) = 0 y f ′′(7) = 0. ¿Que puedes decir (en terminosde crecimiento, extremos, inflexion. . . ) si ademas sabes que f ′′′(7) = 1? ¿Y si lo que sabes es quef ′′′(7) = 0 y f ′′′′(7) = 31? ¿Y si lo que sabes es que f ′′′(7) = 0 y f ′′′′(7) = −π?

Solucion: Hay que usar el comentario que hay al final de la pagina 108 de los apuntes. En elprimer caso la primera de las derivadas sucesivas que no se anula en a = 7 es la tercera, de ordenimpar, luego f tiene en a = 7 un punto de inflexion. En los otros dos casos eso ocurre en la cuartaderivada, de orden par, por lo que en el segundo caso f alcanza un mınimo relativo en a = 7 (al serpositivo el valor de la derivada cuarta) y en el tercero alcanza un maximo relativo.

o

5. Esboza la grafica sobre el intervalo [−π, π] de la funcion f(x) = sen(x) y la de su derivada, y comentala relacion entre ambas en terminos de crecimiento y extremos relativos (puedes usar tambien laderivada segunda, sin necesidad de dibujarla).

Solucion: Las graficas de f(x) = sen(x) y de f ′(x) = cos(x) estan en los apuntes; ademas se tienef ′′(x) = − sen(x). Se observa, de acuerdo con la teorıa general, que:

En el intervalo (−π/2, π/2), donde la derivada f ′(x) es positiva, la funcion f(x) es creciente.

En los intervalos (−π,−π/2) y (π/2, π) la derivada es negativa y la funcion es decreciente.

En el punto x = −π/2, donde la derivada se anula y la derivada segunda es positiva, la funcionf(x) alcanza un mınimo relativo.

En el punto x = π/2, donde la derivada se anula y la derivada segunda es negativa, la funcionf(x) alcanza un maximo relativo.

o

6. Esboza las graficas de y = sen(x) y de y = cos(x) para valores de x entre 0 y 2π. Comenta larelacion entre el crecimiento de la primera y el signo de la segunda.

Solucion: Las graficas estan en los apuntes. La segunda es la derivada de la primera, por lo quevalores positivos de la segunda deben corresponder a zonas de crecimiento de la primera, y en losvalores negativos de la segunda la primera debe ser decreciente.

Esto se ve bien en las graficas: En los intervalos (0, π/2) y (3π/2, π) la segunda es positiva y laprimera crece. En (π/2, 3π/2) la segunda es negativa y la primera decrece.

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7. Dada la funcion f(x)=sen(2x), esboza las graficas de y=f(x) y de y=f ′(x) en [0, 2π] y comentala relacion que se observa entre el crecimiento/decrecimiento de f(x) y el signo de f ′(x).

Comenta tambien la relacion entre la convexidad/concavidad de f(x) y el signo de f ′′(x).

Solucion: La grafica de y = sen(2x) en [2, π] se puede dibujar comprimiendo en horizontal por unfactor 2 la de y = sen(x) en [0, 4π], que es bien conocida, y la de y = f ′(x) = 2 cos(2x) se dibujacomprimiendo en horizontal y expandiendo en vertical la de y = cos(x).



Se observa entonces que se cumple el resultado teorico: f(x) empieza creciendo en (0, π/4), dondef ′(x) es positiva; f(x) decrece luego en (π/4, 3π/4), donde f ′(x) es negativa; vuelve a crecer en(3π/4, 5π/4), donde la derivada vuelve a ser positiva, etcetera.

Por otra parte se tiene f ′′(x) = −4 sen(x) = −4f(x), y se confirma el resultado teorico: f(x)empieza siendo concava (tangentes por encima) en (0, π/2), justo cuando cuando f ′′(x) es negativa(por ser f(x) positiva); se hace convexa (tangentes por debajo) en (π/2, π), cuando f ′′(x) es positiva,etcetera.

o

8. Indica las derivadas de las funciones x3 − x, sen(x), tan(x) y senh(x).

En vista de los resultados, ¿puedes intuir alguna relacion general entre una funcion y su derivada,en terminos de propiedades de simetrıa de sus graficas?

Solucion: Las derivadas son 3x2−1, cos(x), 1+tan2(x) y cosh(x). Las funciones dadas son imparesy sus derivadas son pares. En general, la derivada de una funcion impar es par (y viceversa).

La explicacion de esto, que no se pide, es que si f(x) es impar, o sea si f(−x) = −f(x), entoncesderivando ambos miembros de la igualdad (y aplicando la regla de la cadena en el primero) se tienef ′(−x) · (−1) = −f ′(x), y cambiando los signos f ′(−x) = f ′(x), por lo que la funcion f ′(x) es par.

o

9. Para cada una de las siguientes funciones:

f(x) = x3 − x g(x) = cos(x) h(x) = tan(x) j(x) = ex k(x) = senh(x)

indica si es par, impar o ninguna de las dos cosas.

Calcula sus derivadas e indica tambien si son pares, impares o ninguna de las dos cosas.

En vista de los resultados, ¿puedes intuir alguna relacion general entre una funcion y su derivada,en terminos de propiedades de simetrıa de sus graficas?

Solucion: f(x), h(x) y k(x) son impares, g(x) es par y j(x) no es ninguna de las dos cosas (apuntes,Seccion 4.4.3 “Graficas de las funciones trigonometricas”, Seccion 5.2.1 “Funciones polinomicas”,Seccion 5.2.3 “Funciones exponenciales y logarıtmicas” y Seccion 5.2.4 “Funciones hiperbolicas ysus inversas”).

Usando las mismas secciones de los apuntes o un calculo directo se ve que las derivadas f ′(x) =3x2 − 1, h′(x) = 1 + / tan2(x) y k′(x) = cosh(x) son pares, que g′(x) = − sen(x) es impar y quej′(x) = ex no es ninguna de las dos cosas.

Los resultados parecen sugerir que, en general, la derivada de una funcion impar es par, y viceversa.Esto es cierto y su explicacion, que no se pide, es que si f(x) es por ejemplo par, o sea si f(−x) =f(x), entonces derivando ambos miembros de la igualdad (y aplicando la regla de la cadena en elprimero) se tiene f ′(−x) · (−1) = f ′(x), y cambiando los signos f ′(−x) = −f ′(x), por lo que lafuncion f ′(x) es impar.

o



10. Determina los valores b, c sabiendo que la parabola y = x2 + bx+ c tiene a y = 9x− 1 como rectatangente por el punto de abcisa x = 2.

Solucion: El punto de abcisa x = 2 de la recta es P = (2, 17). Este punto esta tambien en laparabola, luego satisface su ecuacion, o sea 17 = 4 + 2b+ c, o 2b+ c = 13.

Por otra parte la pendiente de la recta es 9, luego ese debe ser el valor de la derivada de la parabola(y′ = 2x+ b) en x = 2, lo que nos da 9 = 4 + b. Por tanto b = 5 y c = 3.

o

11. Determina los valores b, c sabiendo que la parabola y = x2 + bx+ c tiene a y = 5x− 12 como rectatangente por el punto de abcisa x = 4.

Solucion: La recta y la parabola coinciden en el punto con x = 4, para el que se tiene y = 8 envista de la ecuacion de la recta. Por tanto el punto P = (4, 8) esta en la parabola, luego satisfacesu ecuacion, o sea 8 = 16 + 4b+ c, o 4b+ c = −8.

Por otra parte la pendiente de la recta es 5, luego ese debe ser el valor de la derivada de la parabola(y′ = 2x+ b) en x = 4, lo que nos da 5 = 8 + b. Por tanto b = −3 y c = 4.

o

12. Determina los valores b, c sabiendo que, para el punto de abcisa x = 4, la grafica de la funcionf(x) = x3 + bx2 + cx− 50 presenta a la vez un corte con el eje horizontal y un extremo relativo.

Solucion: Las condiciones implican que tanto la funcion f(x) = x3+bx2+cx−50 como su derivadaf ′(x) = 3x2 + 2bx+ c se anulan para x = 5, o sea que se tiene

64 + 16b+ 4c− 50 = 0 y 48 + 8b+ c = 0

La primera ecuacion se reescribe como 7 + 8b + 2c = 0, y al restarla de la segunda se obtiene41− c = 0, o sea c = 41 y por tanto b = (−7− 82)/8 = −89/8.

o

13. Calcula a y b sabiendo que la recta tangente a la grafica de la funcion f(x) = 16 + ax+ bx3 por elpunto de abcisa x = 1 es 9x+ y = 14.

Solucion: En la recta 9x+ y = 14, el punto con abcisa x = 1 es (1, 5), que debe estar en la graficade y = f(x) porque son tangentes en ese punto. Por tanto debe ser 5 = f(1) = 16 + a+ b.

Ademas la pendiente de esta recta, o sea −9, es la derivada de f en x = 1. Como f ′(x) = a+3bx2,lo anterior nos dice que −9 = f ′(1) = a+ 3b.

Resolviendo el sencillo sistema se obtienen los valores pedidos: a = −12, b = 1.

o



14. La grafica de la funcion f(x) = ax2+ bx+ c pasa por el punto (1, 1), en el cual presenta un mınimorelativo. Ademas, la tangente a dicha curva en el punto de abscisa x = 2 es paralela a la bisectrizdel primer cuadrante. Determina los valores de a, b y c.

Solucion: Las condiciones dadas implican que f(1) = 1, f ′(1) = 0 y f ′(2) = 1. Como f ′(x) =2ax+ b llegamos a las ecuaciones a+ b+ c = 1, 2a+ b = 0 y 4a+ b = 1 cuya solucion es a = 1/2,b = −1 y c = 3/2.

o

15. Dada la curva de ecuacion y = 3x2 + 5, determina el valor que debe tomar m para que la rectay = 4x+m sea tangente a la curva.

Solucion: Como la recta tiene pendiente 4, en el punto de tangencia la abscisa x debe verificar4 = y′(x) = 6x (luego x = 2/3) y por tanto la ordenada y valdra 3(2/3)2 + 5 = 19/3. Para que larecta pase por el punto (2/3, 19/3) ha de ser m = 19/3− 4(2/3) = 11/3.

o

16. Dada la funcion f(x) = x3−3x2+2x+2, calcula los valores de b para los que la recta y = 2x+ b estangente a la grafica de la funcion. Para el valor positivo de b, ¿corta esa recta tangente a la graficaen algun otro punto?

Solucion: Como la recta tiene pendiente 2, se buscan puntos con f ′(x) = 2, o sea con 3x2−6x+2 =2, lo que equivale a 3x(x− 2) = 0 y por tanto los valores interesantes son x = 0 y x = 2.

Los puntos de tangencia son por tanto (0, f(0)) = (0, 2) y (2, f(2)) = (2, 2). Como la recta tangentey = 2x+ b debe pasar por ese punto, los valores respectivos de b son b = 2 y b = −2.

Para el valor positivo b = 2, la grafica de y = f(x) corta a la recta tangente y = 2x + 2 cuandox3 − 3x2 = 0, o sea cuando x = 0 (que es el punto de tangencia) y tambien cuando x = 3; o sea, sıse cortan en otro punto, el (3, f(3)) = (3, 8).

o

17. Determina los valores b, c sabiendo que la parabola y = x2 + bx+ 6 tiene a y = 2x+ c como rectatangente por el punto de abscisa x = 3.

Solucion: Por la ecuacion de la recta tangente, la pendiente de la parabola en ese punto es 2.Pero tenemos y′ = 2x+ b, por lo que esa pendiente tambien se puede calcular como y′(3) = 6 + b.Igualando tenemos 2 = 6 + b y por tanto b = −4.

Como la parabola y su recta tangente se cortan en ese punto, para x = 3 se tiene x2−4x+6 = 2x+c,o sea 3 = 6 + c, de donde c = −3.

o



18. Se considera la grafica de y = x3 + ax2 + bx+ c, y sus rectas tangentes por los puntos de abscisasx = 3 y x = −1. ¿Para que valores de a, b y c son paralelas esas rectas?

Solucion: Las rectas seran paralelas cuando tengan la misma pendiente, o sea cuando se cumplay′(3) = y′(−1). Como y′ = 3x2 + 2ax+ b, la condicion se transforma en 27 + 6a+ b = 3− 2a+ b, osea en 24 + 8a = 0 o a = −3. Los valores de b y c no influyen, la unica condicion es a = −3.

o

19. ¿Para que valor del parametro a es la parabola y = ax2 tangente a la curva y = ln(x)?

Solucion: Buscamos valores de x y de a para los que coinciden las curvas y sus derivadas. Laigualdad entre las derivadas es 2ax = 1/x o 2ax2 = 1, y entonces la igualdad entre las curvasax2 = ln(x) se traduce en 1/2 = ln(x) o x = e1/2, de donde el valor pedido de a es a = 1

2x−2 = 1

2e−1.

o

20. Se considera la grafica de la funcion f(x) = x3 − 5x2 + bx+ c, y se pide:

a) Comprueba que, independientemente de los valores de b y de c, sus rectas tangentes por lospuntos de abscisas x = 0 y x = 2 no son paralelas y se cortan en un punto de abscisa x = 1/2.

b) Si las tangentes por los puntos de abscisas x = 0 y x = a (a 6= 0) son paralelas, ¿cuanto vale a?

Solucion: f(x) = x3 − 5x2 + bx+ c ⇒ f(0) = c, f(2) = 2b+ c− 12.

f ′(x) = 3x2 − 10x+ b ⇒ f ′(0) = b, f ′(2) = b− 8.

a) Como f ′(0) 6= f ′(2) (pues b 6= b− 8), las rectas tangentes tienen pendientes distintas y por tantono son paralelas, de modo que se cortan en un punto. Las ecuaciones respectivas son:

Para x = 0, la tangente por (0, c) es y − c = b(x− 0), o sea y = c+ bx.

Para x = 2, la tangente por (2, 2b+ c−12) es y− (2b+ c−12) = (b−8)(x−2) = bx−2b−8x+16, osea y = c+ bx−8x+4. El corte entre ambas se produce cuando −8x+4 = 0, o sea cuando x = 1/2.

b) Si son paralelas es porque tienen la misma pendiente, o sea porque f ′(a) = f ′(0), lo que setraduce en 3a2 − 10a+ b = b, o en (3a− 10)a = 0, y como a 6= 0 debe ser a = 10/3.

o

21. Se considera la grafica de y = x3 + ax2 + x+ 1, donde a 6= 0, y sus rectas tangentes por los puntosde abscisas x = 1 y x = −1. Comprueba que esas rectas no son paralelas y se cortan en el puntode abscisa x = 1/a.

Solucion: Poniendo f(x) = x3 + ax2 + x+ 1 se tiene f(1) = a+ 3 y f(−1) = a− 1.

Tambien se tiene f ′(x) = 3x2 + 2ax+ 1, luego las pendientes de las tangentes por esos puntos sonf ′(1) = 4 + 2a y f ′(−1) = 4− 2a. Como son valores distintos (pues igualando se obtendrıa 4a = 0y por tanto a = 0, en contra de la hipotesis), las rectas tangentes no son paralelas.

Para x = 1, la recta tangente es y = y(1)+y′(1)(x−1) = a+3+(4+2a)(x−1) = (4+2a)x−(a+1).



Para x = −1, la recta tangente es y = y(−1) + y′(−1)(x + 1) = a − 1 + (4 − 2a)(x + 1) =(4− 2a)x+ (3− a).

El corte entre ambas se produce cuando ambas expresiones son iguales, ası que igualemos y resol-vemos:

(4 + 2a)x− (a+ 1) = (4− 2a)x+ (3− a) ⇔ 4ax = 4 ⇔ x = 1/a

o

22. Dada la grafica de y = x3 + bx2 + 7, se pide (los dos apartados son independientes):

(a) Si b 6= 0, calcula (en funcion de b) la abscisa x del punto en el que se cortan sus rectas tangentespor x = 3 y por x = −3.

(b) Si b = −6 y las tangentes por los puntos de abscisas x = 1 y x = a son paralelas, ¿cuanto vale a?

Solucion: (a) Poniendo f(x) = x3 + bx2 + 7 se tiene f(3) = 9b+ 34 y f(−3) = 9b− 20.

Como f ′(x) = 3x2 +2bx, las pendientes de las rectas tangentes por esos puntos son f ′(3) = 27+ 6by f ′(−3) = 27− 6b; son distintas porque b 6= 0 y por tanto las rectas se cortan.

Para x = 3, la recta tangente es y = f(3)+f ′(3)(x−3) = 9b+34+(27+6b)(x−3) = (27+6b)x−9b−47.

Para x = −3, la tangente es y = f(−3)+f ′(−3)(x+3) = 9b−20+(27−6b)(x+3) = (27−6b)x−9b+61.

El corte entre ambas se produce cuando ambas expresiones son iguales, ası que igualemos y resol-vemos:

(27 + 6b)x− 9b− 47 = (27− 6b)x− 9b+ 61 ⇔ 12bx = 108 ⇔ x = 9/b

(b) Si b = −6 entonces f ′(x) = 3x2 − 12x, luego las pendientes de esas tangentes son f ′(1) = −9 yf ′(a) = 3a2−12a; seran paralelas cuando esas pendientes sean iguales, o sea cuando 3a2−12a = −9;simplificando es 0 = a2 − 4a+ 3 = (a− 3)(a− 1) y por tanto a = 3.

o

23. Determina los valores b, c sabiendo que la parabola y = x2 + bx+ 24 tiene a y = 3x+ c como rectatangente por el punto de abscisa x = 5.

Solucion: Por la ecuacion de la recta tangente, la pendiente de la parabola en ese punto es 3.Pero tenemos y′ = 2x+ b, por lo que esa pendiente tambien se puede calcular como y′(5) = 10+ b.Igualando tenemos 3 = 10 + b y por tanto b = −7.

Como la parabola y su recta tangente se cortan en ese punto, para x = 5 se tiene x2−7x+24 = 3x+c,o sea 25− 35 + 24 = 15 + c, de donde c = −1.

o



24. Calcula el valor de la derivada en x = 0 de la funcion f(x) = (Ax+ e)Bx+2.

Solucion: Para derivar esa funcion hay que hacer derivacion logarıtmica:

ln(f(x)) = (Bx+ 2) ln(Ax+ e) ⇒ f ′(x)f(x)

=Bx+ 2

Ax+ eA+B ln(Ax+ e)

Para x = 0 se tiene f(0) = e2 y por tanto f ′(0) = e2(2A/e+B) = 2Ae+Be2.

o

25. Halla la derivada de la funcion y =x

2

√a2 − x2 +

a2

2arc sen

(x

a

)

y simplifica el resultado.

Solucion:

y′ =1

2(a2 − x2)1/2 +

x

2

1

2(a2 − x2)−1/2(−2x) +

a2

2

1/a√

1− (x/a)2=

1

2(a2 − x2)1/2 − 1

2x2(a2 − x2)−1/2 +

a2

2

1√a2 − x2

=1

2(a2 − x2)−1/2

[

(a2 − x2)− x2 + a2]

=

1

2(a2 − x2)−1/22(a2 − x2) = (a2 − x2)1/2 =

√

a2 − x2

o

26. Calcula, simplificandola cuanto puedas, la derivada de f(x) = arctan

(

1 + x

1− x

)

.

Solucion: Usando que la derivada de arctan(z) es 1/(1 + z2) y la regla de la cadena, se tiene

f ′(x) =1

1 +(

1+x1−x

)2

(1− x)− (1 + x)(−1)

(1− x)2=

1− x+ 1 + x

(1− x)2 + (1 + x)2=

2

2 + 2x2=

1

1 + x2

o

27. Se define y =sen(x)

1 + cos(x). Comprueba que se verifican:

(a) y′ = y/ sen(x)

(b) 2y′ = y2 + 1

(c) y′′ = y2/ sen(x)

Solucion: Calculemos la derivada

y′ =cosx(1 + cosx)− senx(− senx)

(1 + cosx)2=

cosx+ cos2 x+ sen2 x

(1 + cosx)2=

1 + cosx

(1 + cosx)2=

1

1 + cosx

Entonces (a) es obvio, y para ver (b) calculamos

y2 + 1 =sen2(x)

(1 + cos(x))2+ 1 =

sen2(x) + 1 + 2 cos(x) + cos2(x)

(1 + cos(x))2=

2 + 2 cos(x)

(1 + cos(x))2=

2

1 + cos(x)= 2y′



Para ver (c) basta con calcular la derivada segunda

y′′ =[

(1 + cosx)−1]′= −(1 + cosx)−2(− senx) =

senx

(1 + cosx)2

pues es claro que multiplicando por sen(x) se obtiene y2.

o

28. Encuentra el dominio y los puntos crıticos de la funcion f(x) =√x2 − 1 +

√9− x2.

Solucion: Para que exista la primera raız debe ser x2 ≥ 1, y para que exista la segunda x2 ≤ 9.Lo podemos reescribir como 1 ≤ x2 ≤ 9 y tomando raıces queda 1 ≤ |x| ≤ 3. Por tanto el dominiolo forman los intervalos [−3,−1] y [1, 3] (su union).

Los puntos crıticos son los ceros de la derivada

f ′(x) =2x

2√x2 − 1

+−2x√9− x2

= x

(

1√x2 − 1

− 1√9− x2

)

Como es x 6= 0 (el 0 no esta en el dominio), se tiene

f ′(x) = 0 ⇔ 1√x2 − 1

− 1√9− x2

= 0 ⇔ 1√x2 − 1

=1√

9− x2⇔√

x2 − 1 =√

9− x2

⇔ x2 − 1 = 9− x2 ⇔ 2x2 = 10 ⇔ x = ±√5

y por tanto los puntos crıticos son√5 y −

√5.

o

29. Encuentra el dominio y los puntos crıticos de la funcion f(x) = 3√x2 − 12 + 3

√6− x2.

Solucion: El dominio es todo R, pues todos los numeros reales tienen raız cubica.

Los puntos crıticos son los ceros de la derivada de f(x) = (x2 − 12)1/3 + (6− x2)1/3. Derivamos:

f ′(x) =1

3(x2 − 12)−2/32x+

1

3(6− x2)−2/3(−2x) =

2

3x[

(x2 − 12)−2/3 − (6− x2)−2/3]

Por tanto el 0 es un punto crıtico, y otros puntos crıticos deben cumplir (x2−12)−2/3 = (6−x2)−2/3.Elevando al cubo se tiene (x2 − 12)−2 = (6 − x2)−2, y tomando inversos (x2 − 12)2 = (6 − x2)2.Esto da dos opciones: O bien x2 − 12 = 6 − x2, de donde 2x2 = 18 y por tanto x = ±3. O bienx2 − 12 = −(6− x2) = x2 − 6, que es imposible. En definitiva, los puntos crıticos son 0, 3 y −3.

Observacion: Si de (x2 − 12)2 = (6− x2)2 se deduce directamente x2 − 12 = 6− x2, sin considerarla opcion de que sean opuestos, se obtiene el resultado correcto pero con un error, pues en generalde a2 = b2 no se deduce que a = b, sino que a = ±b. Tambien se pueden desarrollar los cuadradosobteniendo x4 − 24x2 + 144 = 36− 12x2 + x4 y por tanto 108 = 12x2, o sea x2 = 9 y ası x = ±3.

o



30. Dada la funcion f(x) =ln(x)

x, encuentra su dominio y los puntos x para los que f ′′(x) > 0.

Solucion: Para que exista el logaritmo, x debe estar en el intervalo (0,+∞); como en el no seanula el denominador, ese es el dominio. Las derivadas primera y segunda son

f ′(x) =1x x− ln(x)

x2=

1− ln(x)

x2f ′′(x) =

− 1x x

2 − (1− ln(x))2x

x4=

2 ln(x)− 3

x3

Alternativamente, si ponemos f(x) = x−1 ln(x), el calculo de las derivadas puede hacerse ası:

f ′(x) = −x−2 ln(x) + x−1x−1 = x−2(1− ln(x))

f ′′(x) = −2x−3(1− ln(x)) + x−2(−x−1) = x−3(2 ln(x)− 3)

En cualquier caso, como solo tratamos con x > 0, la condicion f ′′(x) > 0 equivale a 2 ln(x)− 3 > 0,o sea a ln(x) > 3/2, y tomando exponenciales esto equivale finalmente a x > e3/2.

o

31. Dada la funcion f(x) =ln(x)

x2, describe su dominio, encuentra su unico punto crıtico y determina

si en el se alcanza un maximo o un mınimo relativo.

Solucion: Para que exista el logaritmo, x debe estar en el intervalo (0,+∞); como en el no seanula el denominador, ese es el dominio. Las derivadas primera y segunda son

f ′(x) =x− 2x ln(x)

x4=

1− 2 ln(x)

x3f ′′(x) =

−2 1x x

3 − (1− 2 ln(x))3x2

x6=

6 ln(x)− 5

x4

Alternativamente, si ponemos f(x) = x−1 ln(x), el calculo de las derivadas puede hacerse ası:

f ′(x) = −2x−3 ln(x) + x−2x−1 = x−3(1− 2 ln(x))

f ′′(x) = −3x−4(1− 2 ln(x))− 2x−3x−1 = x−4(6 ln(x)− 5)

La derivada primera se anula cuando ln(x) = 1/2, o sea cuando x = e1/2 =√e, que es el unico

punto crıtico. En el la derivada segunda vale e−2(3 − 5) < 0 y por tanto se trata de un maximorelativo.

o

32. Para la funcion f(x) = arctan(x)+arctan(x−1), se pide: a) Determina su dominio. b) Determina sies par, impar o ninguna de las dos cosas. c) Comprueba que f ′(x) = 0 para cualquier x del dominio.d) Esboza la grafica de y = f(x). e) ¿Es posible definir f(0) para que f(x) sea continua en x = 0?

Solucion: a) La funcion arctan(x) esta definida para cualquier x, por lo que el unico problema dedefinicion aparece al dividir por 0 en x−1; por tanto el dominio es R \ {0}.b) Como arctan(x) es impar, se tiene f(−x) = arctan(−x) + arctan(−x−1) = − arctan(x) −arctan(x−1) = −f(x), por lo que f(x) es impar.



c) f ′(x) =1

1 + x2+

1

1 + x−2(−x−2) =

1

1 + x2− 1

x2 + 1= 0.

e) En el intervalo (0,+∞) la funcion f(x) es derivable con derivada nula, luego es constante, y elvalor de esa constante es f(1) = arctan(1) + arctan(1) = π/4 + π/4 = π/2. Por tanto la graficasobre ese intervalo es la recta horizontal y = π/2. Como es impar, la grafica en la parte negativade las x es la recta horizontal y = −π/2.

f) Por lo anterior, hay una discontinuidad esencial (de salto finito) en x = 0, por lo que no hayforma de definir f(0) para que f(x) sea continua en x = 0.

o

33. Dada la funcion f(x) = 2 tan(x)− tan2(x), se pide:

a) Calcula su lımite cuando x tiende a π/2.

b) Encuentra los puntos del intervalo (−π/2, π/2) en los que es creciente.

Solucion: En principio, el lımite es una indeterminacion del tipo ∞ − ∞. Pero sustituyendo elvalor de tan(x) y operando se tiene

lımx→π/2

f(x) = lım 2sen(x)

cos(x)− sen2(x)

cos2(x)= lım

2 sen(x) cos(x)− sen2(x)

cos2(x)=

0− 1

0= −∞

(todos los lımites se toman con x → π/2, y el signo final es negativo porque el denominador tiendea cero pero siempre por valores positivos). La derivada

f ′(x) = 2(1 + tan2(x))− 2 tan(x)(1 + tan2(x)) = 2(1 + tan2(x))(1− tan(x))

es positiva precisamente si 1 − tan(x) > 0, es decir si tan(x) < 1. Teniendo presenta la grafica dela funcion tan(x), o las de las funciones sen(x) y cos(x), esto ocurre precisamente si x esta en elintervalo (−π/2, π/4).

o

34. Dada la funcion f(x) =(lnx)2

x2, calcular sus lımites cuando x → 0+ y cuando x → +∞, y calcular

y simplificar sus derivadas primera y segunda.

Solucion: Para todos los calculos (excepto para la derivada segunda) podemos tambien ver lafuncion como f(x) = (lnx/x)2, lo que nos da dos opciones para operar, ambas con similar dificultad.

Para el primer lımite podemos hacer

lımx→0+

(lnx)2

x2=

+∞+0

= +∞ o lımx→0+

lnx

x=

−∞+0

= −∞ ⇒ lımx→0+

f(x) = (−∞)2 = +∞

Para el segundo podemos aplicar directamente la regla de l’Hopital:

lımx→+∞

(lnx)2

x2=(∞∞)

= lımx→+∞

2 lnx 1x

2x= lım

x→+∞lnx

x2=(∞∞)

= lımx→+∞

1/x

2x=

0

∞ = 0

o bien hacer:

lımx→+∞

lnx

x=(∞∞)

= lımx→+∞

1/x

1= lım

x→+∞1

x= 0 ⇒ lım

x→+∞f(x) = 02 = 0



Para la primera derivada tenemos las opciones:[

(lnx)2

x2

]′=

2 lnx 1xx

2 − 2x(lnx)2

x4= 2

lnx− (lnx)2

x3= 2

lnx(1− lnx)

x3

[

(lnx/x)2]′

= 2lnx

x

1xx− lnx

x2= 2

lnx(1− lnx)

x3

y otras dos para la derivada segunda:

f ′′(x) =

[

2lnx− (lnx)2

x3

]′= 2

x3[

1x − 2 1

x lnx]

− 3x2[

lnx− (lnx)2]

x6= 2

1− 2 lnx− 3 lnx+ 3(lnx)2

x4=

21− 5 lnx+ 3(lnx)2

x4

f ′′(x) =

[

2lnx(1− lnx)

x3

]′= 2

x3[

1x(1− lnx)− 1

x lnx]

− 3x2 lnx(1− lnx)

x6=

21− lnx− lnx− 3 lnx+ 3(lnx)2

x4= 2

1− 5 lnx+ 3(lnx)2

x4

o

35. Calcula el valor de A = lımx→0

xsen(x).

[Calcula B=ln(A), usando equivalencias y transformando un producto 0·∞ en un cociente ∞/∞].

Solucion: Como los lımites “conmutan con funciones continuas” (como los logaritmos), se tiene

B = ln(A) = ln( lımx→0

xsen(x)) = lımx→0

ln(

xsen(x))

= lımx→0

sen(x) ln(x) = lımx→0

x ln(x) =

donde hemos usado la equivalencia sen(x) ≈ x. Transformamos la indeterminacion 0 · ∞ segun laindicacion para obtener una del tipo ∞/∞ a la que podemos aplicar la regla de l‘Hopital:

= lımx→0

ln(x)

1/x= lım

x→0

1/x

−1/x2= lım

x→0(−x) = 0

y en consecuencia A = eB = e0 = 1.

o

36. Halla el valor de los lımites A = lımx→+∞ x (ln(x+ 1)− ln(x)) y B = lımx→0 (x+ ex)1

x .

Solucion: En A reescribimos la funcion como un cociente y aplicamos l’Hopital. En B tomamoslogaritmos, aplicamos l’Hopital y depejamos B:

A = lımx→+∞

x (ln(x+ 1)− ln(x)) = lımx→+∞

ln(

x+1x

)

1/x=

(

0

0

)

= lımx→+∞

1x+1 − 1

x

−1/x2= lım

x→+∞x

x+ 1= 1

ln(B) = lımx→0

ln (x+ ex)1

x = lımx→0

ln(x+ ex)

x=

(

0

0

)

= lımx→0

1 + ex

x+ ex= 2 ⇒ B = e2

o



37. Calcula el valor del lımite lımx→+∞

x · ln(

x+ 5

x+ 2

)

.

Solucion: El lımite en x → +∞ dex+ 5

x+ 2es 1 (dividiendo por x en el numerador y el denominador),

por lo que en principio hay una indeterminacion del tipo ∞ · 0, que podemos resolver ası:

Opcion 1: Llevamos la expresion a un cociente al que aplicamos la regla de l’Hopital como sigue:

lımx→∞

x·ln(

x+ 5

x+ 2

)

= lımx→∞

ln(

x+5x+2

)

1/x=

(

0

0

)

= lımx→∞

x+2x+5

x+2−(x+5)(x+2)2

−1/x2= lım

x→∞3x2

(x+ 5)(x+ 2)= 3

(el ultimo lımite es estandar: se resuelve dividiendo arriba y abajo por x2 o aplicando l’Hopital 2veces).

Opcion 2: Podemos usar la equivalencia ln(1 + t) ≈ t cuando t → 0+ como sigue:

ln

(

x+ 5

x+ 2

)

= ln

(

1 +3

x+ 2

)

≈ 3

x+ 2(x → +∞) ya que

3

x+ 2→ 0 (x → +∞)

Entonces podemos sustituir ese factor en el lımite inicial para obtener

lımx→+∞

x · ln(

x+ 5

x+ 2

)

= lımx→+∞

x · 3

x+ 2=

3

1 + 2/x= 3

o

38. Calcula el valor del lımite lımx→1

(

1

ln(x)− 1

x− 1

)

.

Solucion: En principio es una indeterminacion del tipo ∞ − ∞ que operando se transforma enuna del tipo 0/0, y esta se resuelve aplicando 2 veces la regla de l’Hopital:

lımx→1

(

1

ln(x)− 1

x− 1

)

= lımx→1

x− 1− ln(x)

(x− 1) ln(x)=

(

0

0

)

= lımx→1

1− 1/x

(x− 1)/x+ ln(x)=

lımx→1

x− 1

x− 1 + x ln(x)=

(

0

0

)

= lımx→1

1

1 + ln(x) + 1=

1

2

Se puede acortar un poco (solo se aplica l’Hopital una vez) si se observa, haciendo el cambio devariable t = x− 1, que ln(x) es equivalente a x− 1 cuando x → 1.

o




x sen(x) + 2 cos(x)− 2

x4.

Solucion: Salen indeterminaciones del tipo 0/0 a las que se puede aplicar la regla de l’Hopital:

lımx→0

x sen(x) + 2 cos(x)− 2

x4

(

=0 + 2− 2

0

)

= lımx→0

sen(x) + x cos(x)− 2 sen(x)

4x3=

lımx→0

x cos(x)− sen(x)

4x3

(

=0− 0

0

)

= lımx→0

cos(x)− x sen(x)− cos(x)

12x2= lım

x→0

−x sen(x)

12x2

Ahora, como sen(x) va multiplicando al resto de la expresion y el lımite es para x → 0, se puedeaplicar la equivalencia sen(x) ∼ x para obtener el lımite de −x2/12x2 que es −1/12. Tambien sepuede seguir aplicando l’Hopital para obtener igualmente

lımx→0

− sen(x)− x cos(x)

24x

(

=−0− 0

0

)

=− cos(x)− cos(x) + x sen(x)

24=

−2

24=

−1

12

Ojo, aquı se ve el peligro de aplicar equivalencias a partes que “no van multiplicando a toda laexpresion”. En este caso, si se reescribe el numerador como x sen(x)− 2(1− cos(x)) y se aplican enel numerador sen(x) ≈ x y 1 − cos(x) ≈ 1

2 x2 se obtiene erroneamente x sen(x) − 2(1 − cos(x)) ≈

x2 − x2 = 0, con lo que creerıamos que el lımite vale 0.

o


1− cos(x)− 12 x sen(x)

x4.

Si empleas equivalencias o la regla de l’Hopital, indica por que puedes hacerlo.

Solucion: Salen indeterminaciones del tipo 0/0 a las que se puede aplicar la regla de l’Hopital:

lımx→0

1− cos(x)− 12 x sen(x)

x4

(

=1− 1− 0

0

)

= lımx→0

sen(x)− 12 sen(x)− 1

2 x cos(x)

4x3=

lımx→0

sen(x)− x cos(x)

8x3

(

=0− 0

0

)

= lımx→0

cos(x)− cos(x) + x sen(x)

24x2= lım

x→0

x sen(x)

24x2

Ahora, como sen(x) va multiplicando al resto de la expresion y el lımite es para x → 0, se puedeaplicar la equivalencia sen(x) ∼ x para obtener el lımite de x2/24x2 que es 1/24. Tambien se puedeseguir aplicando l’Hopital para obtener igualmente

lımx→0

sen(x) + x cos(x)

48x

(

=0 + 0

0

)

= lımx→0

cos(x) + cos(x)− x sen(x)

48=

2

48=

1

24

Ojo, aquı se ve el peligro de aplicar equivalencias a partes que “no van multiplicando a toda laexpresion”. En este caso, si se aplicasen en el numerador 1 − cos(x) ≈ 1

2 x2 y sen(x) ≈ x se

obtendrıa erroneamente 1 − cos(x) − 12 x sen(x) ≈ 1

2 x2 − 1

2 x2 = 0, con lo que creerıamos que el

lımite vale 0.

o




2xe−x − ln(1 + 2x)

x(1− cos2(2x)).

[Si utilizas equivalencias o la regla de l’Hopital, justifica por que puedes hacerlo.]

Solucion: En los calculos que siguen, primero se usan la identidad trigonometrica sen2(t)+cos2(t) =1 y la equivalencia sen(t) ≈ t para obtener 1 − cos2(2x) = sen2(2x) ≈ (2x)2 = 4x2, y luego salenindeterminaciones del tipo 0/0 a las que se puede aplicar la regla de l’Hopital:

lımx→0

2xe−x − ln(1 + 2x)

x(1− cos2(2x))= lım

x→0

2xe−x − ln(1 + 2x)

4x3

(

=0− 0

0

)

= lımx→0

2e−x − 2xe−x − 2(1 + 2x)−1

12x2=

(

=2− 2

0

)

= lımx→0

−2e−x − 2e−x + 2xe−x + 4(1 + 2x)−2

24x= lım

x→0

−2e−x + xe−x + 2(1 + 2x)−2

12x=

(

=−2 + 2

0

)

= lımx→0

2e−x + e−x − xe−x − 8(1 + 2x)−3

12=

2 + 1− 8

12=

−5

12

Observacion: Es un error usar la equivalencia ln(1+t) ≈ t para sustituir en el denominador ln(1+2x)por 2x, pues ese termino no es un factor comun de toda la expresion. Si se hace, usando ademasla equivalencia et − 1 ≈ t, el numerador queda 2xe−x − 2x = 2x(e−x − 1) ≈ 2x(−x) = −2x2 y conel 4x3 de abajo queda a las primeras de cambio −1/2x, que tiende a infinito y no es el resultadocorrecto.

o


2xe−x − ln(1 + 2x)

x(1− cos(2x)).


Solucion: En los calculos que siguen, primero se usa la equivalencia 1− cos(t) ≈ 12 t

2 para obtener1− cos(2x) ≈ 1

2(2x)2 = 2x2, y luego salen indeterminaciones del tipo 0/0 a las que se puede aplicar

la regla de l’Hopital:

lımx→0

2xe−x − ln(1 + 2x)


x→0

2xe−x − ln(1 + 2x)

2x3

(

=0− 0

0

)

= lımx→0

2e−x − 2xe−x − 2(1 + 2x)−1

6x2=

(

=2− 2

0

)

= lımx→0

−2e−x − 2e−x + 2xe−x + 4(1 + 2x)−2

12x= lım

x→0

−2e−x + xe−x + 2(1 + 2x)−2

6x=

(

=−2 + 2

0

)

= lımx→0

2e−x + e−x − xe−x − 8(1 + 2x)−3

6=

2 + 1− 8

6=

−5

6

Observacion: Es un error usar la equivalencia ln(1+t) ≈ t para sustituir en el denominador ln(1+2x)por 2x, pues ese termino no es un factor comun de toda la expresion. Si se hace, usando ademasla equivalencia et − 1 ≈ t, el numerador queda 2xe−x − 2x = 2x(e−x − 1) ≈ 2x(−x) = −2x2 y conel 2x3 de abajo queda a las primeras de cambio −1/2x, que tiende a infinito y no es el resultadocorrecto.

o




x− x cosx

x− senx.

Solucion: Al sustituir las tres primeras veces se obtienen indeterminaciones del tipo 0/0, luego sepuede aplicar tres veces seguidas la regla de l’Hopital y se tiene

lımx→0

x− x cosx

x− senx= lım

x→0

1− cosx+ x senx

1− cosx= lım

x→0

2 senx+ x cosx

senx= lım

x→0

3 cosx− x senx

cosx= 3

tambien se puede aplicar l’Hopital una vez y entonces usar las equivalencias senx ≈ x y 1− cosx ≈x2/2:

lımx→0

x− x cosx

x− senx= lım

x→0

1− cosx+ x senx

1− cosx= 1 + lım

x→0

x senx

1− cosx= 1 + lım

x→0

x2

x2/2= 1 + 2 = 3

o


12 x

2 + ln(1 + x)− sen(x)

x3.

Solucion: Van saliendo indeterminaciones del tipo 0/0 a las que se va aplicando la regla de l’Hopitalhasta que deja de salir una indeterminacion:

lımx→0

12 x

2 + ln(1 + x)− sen(x)

x3

(

=0 + 0− 0

0

)

= lımx→0

x+ (1 + x)−1 − cos(x)

3x2

(

=0 + 1− 1

0

)

=

lımx→0

1− (1 + x)−2 + sen(x)

6x

(

=1− 1 + 0

0

)

= lımx→0

2(1 + x)−3 + cos(x)

6=

2 + 1

6=

1

2

o


x e−x − ln(1 + x)

1− cos(x).

Solucion: Empezamos usando la equivalencia 1−cos(x) ≈ 12 x

2, que vale cuando x → 0 y se puedeusar aquı porque 1 − cos(x) aparece “dividiendo a todo” en la expresion. Entonces van saliendoindeterminaciones del tipo 0/0 a las que se aplica la regla de l’Hopital hasta que deja de salir unaindeterminacion:

lımx→0

x e−x − ln(1 + x)

1− cos(x)= lım

x→0

x e−x − ln(1 + x)12 x

2= 2 lım

x→0

x e−x − ln(1 + x)

x2

(

=0− 0

0

)

=

2 lımx→0

e−x − x e−x − (1 + x)−1

2x

(

=1− 0− 1

0

)

= 2 lımx→0

−e−x − e−x + x e−x + (1 + x)−2

2= −1

(los 2’s se cancelan y en el numerador queda −1− 1 + 1).

o




1− e−3x2

1− cos(x).


Solucion: Se puede usar la equivalencia 1− cos(x) ≈ 12 x

2, porque 1− cos(x) aparece “dividiendoa todo” en la expresion. Entonces sale por l’Hopital en un solo paso.

Incluso sin usar equivalencias sale de forma estandar aplicando la regla de l’Hopital un par de veces(puede hacerse porque van saliendo indeterminaciones del tipo 0/0):

lımx→0

1− e−3x2

1− cos(x)=

(

=1− 1

1− 1

)

= lımx→0

6xe−3x2

sen(x)

(

=0

0

)

= 6 lımx→0

e−3x2 − 6x2e−3x2

cos(x)= 6

1− 0

1= 6

o


2x− sen(2x)

x cosh(x)− x.

Solucion: Aplicando varias veces la regla de l’Hopital:

lımx→0

2x− sen(2x)

x cosh(x)− x=

(

0

0

)

= lımx→0

2− 2 cos(2x)

cosh(x) + x senh(x)− 1=

(

0

0

)

=

lımx→0

4 sen(2x)

2 senh(x) + x cosh(x)=

(

0

0

)

= lımx→0

8 cos(2x)

3 cosh(x) + x senh(x)=

8

3

o


2x cosh(x)− sen(2x)

x2 sen(x).

Solucion: Como el sen(x) de abajo divide a toda la expresion, podemos empezar usando laequivalencia sen(x) ∼ x, y despues basta con aplicar reiteradamente la regla de l’Hopital:

lımx→0


x2 sen(x)= lım

x→0


x3=

(

0

0

)

=

= lımx→0

2 cosh(x) + 2x senh(x)− 2 cos(2x)

3x2=

(

0

0

)

=

= lımx→0

2 senh(x) + 2 senh(x) + 2x cosh(x) + 4 sen(2x)

6x=

(

0

0

)

=

= lımx→0

4 cosh(x) + 2 cosh(x) + 2x senh(x) + 8 cos(2x)

6=

4 + 2 + 0 + 8

6=

7

3

o




4x cos(x)− senh(4x)

x2 sen(x).


Solucion: Como el sen(x) de abajo divide a toda la expresion, podemos empezar usando laequivalencia sen(x) ∼ x, y despues basta con aplicar reiteradamente la regla de l’Hopital:

lımx→0


x2 sen(x)= lım

x→0


x3=

(

0

0

)

=

= lımx→0

4 cos(x)− 4x sen(x)− 4 cosh(4x)

3x2=

4

3lımx→0

cos(x)− x sen(x)− cosh(4x)

x2=

(

4

3

1− 1

0

)

=

=4

3lımx→0

− sen(x)− sen(x)− x cos(x)− 4 senh(4x)

2x=

(

0

0

)

=

=4

3lımx→0

−2 cos(x)− cos(x) + x sen(x)− 16 cosh(4x)

2=

2

3(−3− 16) =

−38

3

o


ln(1 + 2x)− 2x

1 + 3xx2

.

Solucion: En principio es una indeterminacion del tipo 0/0, y podemos aplicar la regla de l’Hopital:

lımx→0

ln(1 + 2x)− 2x

1 + 3xx2

= lımx→0

2

1 + 2x− 2 + 6x− 6x

(1 + 3x)2

2x= lım

x→0

1

1 + 2x− 1

(1 + 3x)2

x=

ahora basta con operar adecuadamente:

lımx→0

(1 + 3x)2 − (1 + 2x)

x(1 + 2x)(1 + 3x)2= lım

x→0

4x+ 9x2

x(1 + 2x)(1 + 3x)2= lım

x→0

4 + 9x

(1 + 2x)(1 + 3x)2= 4

o

51. Calcula el siguiente lımite: lımx→0

x sen(2x)− x2

2 + x2 − 2 cosh(x)

Solucion: Aplicando varias veces la regla de l’Hopital se tiene:

lımx→0

x sen(2x)− x2

2 + x2 − 2 cosh(x)=

(

0− 0

2 + 0− 2=

0

0

)

= lımx→0

sen(2x) + 2x cos(2x)− 2x

2x− 2 senh(x)=

(

0 + 0− 0

0− 0=

0

0

)

=

= lımx→0

2 cos(2x) + 2 cos(2x)− 4x sen(2x)− 2

2− 2 cosh(x)=

2 + 2− 0− 2

2− 2=

2

0= ∞

o




1− cos(x)

x(e2x − 1).

Solucion: Si escribimos la diferencia de cuadrados e2x− 1 como (ex− 1)(ex+1), basta con aplicardirectamente dos equivalencias para obtener

lımx→0

1− cos(x)

x(e2x − 1)= lım

x→0

1− cos(x)

x(ex − 1)(ex + 1)= lım

x→0

12 x2

x2(ex + 1)=

1

2lımx→0

1

ex + 1=

1

2

1

1 + 1=

1

4

Alternativamente, se puede usar directamente una equivalencia y aplicar luego la regla de l’Hopital:

lımx→0

1− cos(x)

x(e2x − 1)= lım

x→0

12 x2

x(e2x + 1)=

1

2lımx→0

x

e2x − 1=

(

0

0

)

=1

2lımx→0

1

2e2x=

1

2· 12

=1

4

tambien sale sin equivalencias, aplicando l’Hopital dos veces:

lımx→0

1− cos(x)

x(e2x − 1)=

(

1− 1

0

)

= lımx→0

sen(x)

e2x − 1 + 2xe2x=

(

0

1− 1

)

= lımx→0

cos(x)

2e2x + 2e2x + 4xe2x=

1

4

o

53. Halla el valor del lımite lımx→0

1− cosx2

x2 senx2.

Solucion: Las funciones sen(t) y t son equivalentes cuando t → 0, y por tanto lo son sen(x2) y x2

cuando x → 0. Aplicando primero esta equivalencia, despues la regla de l’Hopital (lo cual es posibleporque se obtiene una indeterminacion del tipo 0/0) y por ultimo otra vez la misma equivalenciase obtiene

lımx→0

1− cosx2

x2 senx2= lım

x→0

1− cosx2

x4= lım

x→0

2x senx2

4x3= lım

x→0

2x3

4x3=

1

2

Si no se usan las equivalencias el resultado se obtiene aplicando reiteradamente la regla de l’Hopital:

lımx→0

1− cosx2

x2 senx2= lım

x→0

2x senx2

2x senx2 + 2x3 cosx2= lım

x→0

senx2

senx2 + x2 cosx2=

lımx→0

2x cosx2

2x cosx2 + 2x cosx2 − 2x3 senx2= lım

x→0

cosx2

2 cosx2 − x2 senx2=

1

2

o


x cos(x)− x

3x− senh(3x).

Solucion: Sale directamente aplicando l’Hopital tres veces, pues en todos los casos hay indeter-minaciones del tipo 0/0:

lımx→0

x cos(x)− x

3x− senh(3x)=

(

0− 0

0− 0

)

= lımx→0

cos(x)− x sen(x)− 1

3− 3 cosh(3x)=

(

1− 0− 1

3− 3

)

=



= lımx→0

−2 sen(x)− x cos(x)

−9 senh(3x)=

(

0− 0

0

)

= = lımx→0

−3 cos(x) + x sen(x)

−27 cosh(3x)=

−3

−27=

1

9

Tambien podemos combinar l’Hopital con el uso de las equivalencias (cuando x → 0) 1− cos(x) ≈12 x

2 y cosh(3x)− 1 ≈ 12 (3x)

2 = 12 9x

2:

lımx→0

x cos(x)− x

3x− senh(3x)= lım

x→0

−x(1− cos(x))

3x− senh(3x)= lım

x→0

−12 x

3

3x− senh(3x)=

(

0− 0

0

)

= lımx→0

−32 x

2

3− 3 cosh(3x)= lım

x→0

12 x

2

cosh(3x)− 1= lım

x→0

12 x

2

12 9x

2=

1

9

o


2x− sen(2x)

x cosh(x)− x.

Solucion: Aplicando varias veces la regla de l’Hopital:

lımx→0

2x− sen(2x)

x cosh(x)− x=

(

0

0

)

= lımx→0

2− 2 cos(2x)

cosh(x) + x senh(x)− 1=

(

0

0

)

=

lımx→0

4 sen(2x)

2 senh(x) + x cosh(x)=

(

0

0

)

= lımx→0

8 cos(2x)

3 cosh(x) + x senh(x)=

8

3

Tambien se puede aplicar al principio la equivalencia cosh(x)−1 ≈ 12 x

2, con lo que el denominadorse puede cambiar por 1

2 x3 y sus tres derivadas valen sucesivamente 3

2 x2, 3x y 3.

Y tras la primera aplicacion de l’Hopital se puede aplicar la equivalencia 1−cos(2x) ≈ 12 (2x)

2 = 2x2,con lo que el numerador se puede cambiar por 4x2 cuyas dos primeras derivadas son 8x y 8.

o


x2 − sen(x2)

(1− cos(x))3.

[Indicacion: se puede usar que, dada una equivalencia F (x) ≈ G(x) para x → 0, tambien se tieneF (h(x)) ≈ G(h(x)) para x → 0, donde h(x) es cualquier funcion que tiende a 0 para x → 0]

Solucion: Aplicando la equivalencia 1 − cos(x) ≈ 12 x

2 (tres veces, pues va elevada al cubo), eldenominador se puede cambiar por (12 x

2)3 = 18 x

6. Lo hacemos y luego seguimos con l’Hopital:

lımx→0

x2 − sen(x2)

(1− cos(x))3= lım

x→0

x2 − sen(x2)18 x

6

(

=0− 0

0

)

= 8 lımx→0

2x− 2x cos(x2)

6x5=

8

3lımx→0

1− cos(x2)

x4

Aplicando la indicacion a la misma equivalencia de antes con h(x) = x2, podemos cambiar elnumerador por 1

2 (x2)2 = 1

2 x4, de manera que el lımite vale

8

3lımx→0

12 x

4

x4=

4

3

o




senh(5x)− 5x

x cos(2x)− x.

Si empleas equivalencias, la regla de l’Hopital u otras herramientas, indica por que puedes hacerlo.

Solucion: El denominador es −x(1−cos(2x)); como 1−cos(2x) divide a toda la expresion podemosaplicar la equivalencia 1− cos(t) ≈ 1

2 t2 con t = 2x → 0 para sustituir 1− cos(2x) por 1

2(2x)2 = 2x2,

de modo que el denominador queda −2x3. Esto justifica la primera igualdad en lo que sigue.

En la segunda usamos la regla de l’Hopital pues se obtiene una indeterminacion del tipo 0/0, y en lacuarta usamos la equivalencia cosh(t)− 1 ≈ 1

2 t2 para sustituir el numerador por 1

2(5x)2 = 25x2/2:

lımx→0

senh(5x)− 5x

x cos(2x)− x= lım

x→0

senh(5x)− 5x

−2x3= − lım

x→0

5 cosh(5x)− 5

6x2=

−5

6lımx→0

cosh(5x)− 1

x2=

−5

6lımx→0

25x2/2

x2=

−125

12

o


2xex + ln(1− 2x)

sen3(x).


Solucion: Como el sen3(x) “divide a todo”, se puede aplicar la equivalencia sen(x) ≈ x (tresveces) para sustituirlo por x3. El resto consiste en aplicar sucesivas veces la regla de l’Hopital,comprobando antes en cada caso, para poder aplicarla, que se tienen indeterminaciones del tipo0/0:

lımx→0

2xex + ln(1− 2x)

sen3(x)= lım

x→0

2xex + ln(1− 2x)

x3

(

=0 + 0

0

)

= lımx→0

2ex + 2xex − 2(1− 2x)−1

3x2=

(

=2 + 0− 2

0

)

= lımx→0

2ex + 2ex + 2xex − 4(1− 2x)−2

6x= lım

x→0

4ex + 2xex − 4(1− 2x)−2

6x=

(

=4 + 0− 4

0

)

= lımx→0

4ex + 2ex + 2xex − 16(1− 2x)−3

6=

4 + 2 + 0− 16

6=

−10

6=

−5

3

Si no se usa la equivalencia sen(x) ≈ x sale igual pero trabajando mas, claro:

Tras derivar la primera vez el cociente es 3 sen2(x) cos(x), con valor 0.

Tras derivar la segunda vez el cociente es 6 sen(x) cos2(x)− 3 sen3(x), con valor 0.

A la tercera el cociente es 6 cos3(x)−12 sen2(x) cos(x)−3 sen2(x) cos(x) = 6 cos3(x)−21 sen2(x) cos(x),con valor 6.

o




4xe−2x − ln(1 + 4x)

x(1− cos2(2x)).


Solucion: En los calculos que siguen, primero se usan la identidad trigonometrica sen2(t)+cos2(t) =1 y la equivalencia sen(t) ≈ t para obtener 1 − cos2(2x) = sen2(2x) ≈ (2x)2 = 4x2, y luego salenindeterminaciones del tipo 0/0 a las que se puede aplicar la regla de l’Hopital:

lımx→0

4xe−2x − ln(1 + 4x)


x→0

4xe−2x − ln(1 + 4x)

4x3

(

=0− 0

0

)

=

= lımx→0

4e−2x − 8xe−2x − 4(1 + 4x)−1

12x2= lım

x→0

e−2x − 2xe−2x − (1 + 4x)−1

3x2=

(

=1− 0− 1

0

)

=

= lımx→0

−2e−2x − 2e−2x + 4xe−2x + 4(1 + 4x)−2

6x= lım

x→0

−2e−2x + 2xe−2x + 2(1 + 4x)−2

3x=

(

=−2 + 2

0

)

= lımx→0

4e−x + 2e−x − 4xe−x − 16(1 + 4x)−3

3=

4 + 2− 16

3=

−10

3

Observacion: Es un error usar la equivalencia ln(1+t) ≈ t para sustituir en el denominador ln(1+4x)por 4x, pues ese termino no es un factor comun de toda la expresion. Si se hace, usando ademasla equivalencia et − 1 ≈ t, el numerador queda 4xe−2x − 4x = 4x(e−2x − 1) ≈ 4x(−2x) = −8x2 ycon el 4x3 de abajo queda a las primeras de cambio −2/x, que tiende a infinito y no es el resultadocorrecto.

o


8 UNA VARIABLE: APROXIMACION DE RAICES (*)

8. UNA VARIABLE: APROXIMACION DE RAICES (*)

1. Demostrar que la ecuacion (x+ 2)e−x = 1 tiene exactamente 2 soluciones y calcular una de ellas.

Solucion: Parece claro que la grafica anterior corta a la recta y = 1 en dos puntos, uno de ellos enel intervalo (−2,−1) y otro en el intervalo (1, 2). Veamos esto formalmente y sin usar lo anterior:

Hacemos g(x) = (x+2)e−x−1, y buscamos las soluciones de g(x) = 0. Se tiene g′(x) = −(x+1)e−x,luego g(x) crece en (−∞,−1) y decrece en (−1,+∞); por tanto, en cada uno de esos intervalospuede tener como mucho una raız. Como g(−2) = −1 < 0 y g(−1) = e − 1 > 0, en el intervalo(−2,−1) hay una raız. Como g(1) = (3/e) − 1 > 0 y g(2) = (4/e2) − 1 < 0 (para estar seguro deesto basta con saber que 2 < e < 3), en el intervalo (1, 2) hay otra raız. Por el argumento anterior,no hay mas.

Para calcularlas usamos el metodo de Newton-Raphson con

xsig = x− g(x)

g′(x)= x+

(x+ 2)e−x − 1

(x+ 1)e−x= x+

x+ 2− ex

x+ 1=

x2 + 2x+ 2− ex

x+ 1

Si empezamos con x0 = 1′5 la sucesion se estabiliza en x2 = 1′146 . . . , y si empezamos con x0 = −1′5la sucesion se estabiliza en x5 = −1′841 . . . , por lo que esas son aproximaciones de las dos raıces dela ecuacion.

(De hecho, redondeando el tercer decimal se tiene e1′146 = 3′146 = 2 + 1′146 y e−1′841 = 0′159 =

2− 1′841).

Nota: Se puede replantear la ecuacion inicial como x + 2 = ex y trabajar de modo similar cong(x) = ex − x− 2.

o

2. Localiza todas las raıces del polinomio f(x) = 2x4 − x − 2 y aproxima la mayor de ellas con unerror inferior a 10−3.

Solucion: f ′(x) = 8x3 − 1 se anula en x = 1/2, es negativa a su izquierda y positiva a su derecha.Por tanto f es decreciente en el intervalo (−∞, 12) y creciente en el intervalo (12 ,+∞), y puede tenera lo sumo una raız en cada uno de ellos. Como f(−1) = 1, f(0) = −2, f(1) = −1 y f(2) = 28, hayde hecho una raız en el intervalo (−1, 0) y otra en el intervalo (1, 2), y son las unicas por lo anterior.

Para aproximar la mayor usamos el metodo de Newton-Raphson con xsig = x− f(x)

f ′(x)=

6x4 + 2

8x3 − 1.

Para x0 = 1′5 se tiene

x0 = 1′5 x1 = 1′245192 x2 = 1′136996 x3 = 1′117899 x4 = 1′117349

y a partir de esta aproximacion el valor se estabiliza en los tres primeros decimales (de hecho enlos 6 primeros), por lo que un valor aproximado de la raız es 1′117.

Una alternativa sensata, dada la diferencia entre f(1) y f(2), es empezar por ejemplo con x0 = 1′1;se tiene entonces x1 = 1′117807 y x2 = 1′117349, con lo que se obtiene la misma respuesta en menospasos.

o



3. Localiza todas las soluciones de la ecuacion x = e−x y aproxima una de ellas con un error inferiora 10−4.

Solucion: Poniendo f(x) = x − e−x, se trata de buscar las soluciones de la ecuacion f(x) = 0.Como f(0) = −1 < 0 y f(1) = 1−e−1 > 0, el teorema de Bolzano nos dice que que hay una solucionen el intervalo (0, 1). Como la derivada f ′(x) = 1 + e−x es siempre positiva, la funcion es siemprecreciente y por tanto corta al eje horizontal a lo sumo una vez. En conclusion, hay exactamenteuna solucion y esta en el intervalo (0, 1).

El metodo de Newton-Raphson nos permite hallar esa solucion empezando por ejemplo con x0 = 0′5y calculando aproximaciones sucesivas con la formula8

xsig = x− f(x)

f ′(x)= x− x− e−x

1 + e−x=

x+ xe−x − x+ e−x

1 + e−x=

(x+ 1)e−x

1 + e−x=

x+ 1

ex + 1

Se obtiene entonces x1 = 0′56631 . . . , x2 = 0′56714 . . . , x3 = 0′56714 . . . , por lo que x = 0′5671 esuna aproximacion correcta hasta la cuarta cifra decimal.

o

4. Demuestra que la funcion f(x) = x5 + 3x3 + x− 1 tiene una unica solucion en R y aproxımala con6 decimales usando el metodo de Newton-Raphson.

Solucion: Como f ′(x) = 5x4 + 9x3 + 1 es siempre positiva, f(x) es siempre creciente, luego solopuede cortar una vez al eje horizontal. Como f(0) = −1 y f(1) = 4, el teorema de Bolzano nos diceque de hecho lo corta en el intervalo [0, 1]. Aplicando el metodo de Newton-Raphson con x0 = 0′5y

xn+1 = xn − f(xn)

f ′(xn)=

4x5n + 6x3n + 1

5x4n + 9x2n + 1

se obtiene x1 = 0′526316 . . . , x2 = 0′525262 . . . y se estabiliza en x3 = 0′525261 . . . , que es laaproximacion pedida.

o

5. Determina el numero de soluciones reales de la ecuacion x4 = 4x+ 1, y aproxima la mayor de ellascon un error menor que 10−3.

Solucion: Se trata de estudiar las raıces de f(x) = x4−4x−1. Como f ′(x) = 4x3−4 = 4(x3−1),la funcion decrece en el intervalo (−∞, 1) y crece en (1,+∞), por lo que tiene a lo sumo una raız encada uno de ellos. Ademas el teorema de Bolzano asegura que hay raıces en los intervalos (−1, 0) y(1, 2), y en consecuencia hay exactamente dos raıces. La mayor esta en el intervalo (1, 2) y podemoscalcularla aplicando el metodo de Newton-Raphson con

xsig = x− f(x)/f ′(x) =3x4 + 1

4(x3 − 1)

Si tomamos x0 = 1′5 se tiene x1 = 1′7039 . . . , x2 = 1′6650 . . . , x3 = 1′6632 . . . , x4 = 1′6632 . . . ypor tanto 1′663 es una aproximacion con la precision requerida.

o

8En el ultimo paso se multiplica arriba y abajo por ex. Esta simplificacion no es esencial para resolver el problema, perolo acorta.



6. Los antiguos babilonios usaban la formula recurrente xn+1 =x2n + a

2xnpara aproximar

√a:

a) Comprueba que esa es la formula recurrente que se obtiene aplicando el metodo de Newton-Raphson a una funcion adecuada.

b) Aproxima√26′01 haciendo 2 iteraciones a partir de x0 = 5. ¿Es una buena aproximacion?

Solucion:√a es la raız de la funcion f(x) = x2 − a, para la cual la formula de recurrencia que da

el metodo de Newton es

xn+1 = xn − f(xn)

f ′(xn)= xn − x2n − a

2xn=

x2n + a

2xn

Para a = 26′01 y x0 = 5 se tiene x1 =25 + 26′01

10= 5′101 y x2 =

26′020201 + 26′0110′202

=

5, 10000009 . . . . Como el valor exacto es 5′1, la aproximacion es muy buena (error menor que 10−7).

o

7. Demuestra que la funcion f(x) = 2x3 + x2 + x − 1 es creciente para cualquier valor de x, deduceque la ecuacion 2x3 + x2 + x− 1 = 0 tiene una unica solucion y aproxima esa solucion.

Solucion: Para ver que es siempre creciente hemos de ver que f ′(x) = 6x2 + 2x + 1 es siemprepositiva. Esto se puede hacer observando que es una suma de cuadrados (f ′(x) = 5x2 + (x+ 1)2) odibujando la parabola y = 6x2 + 2x+ 1 (ramas para arriba y vertice en x = −1/6, y = 5/6).

Como f(x) es siempre creciente, la ecuacion tiene a lo sumo una raız. Como f(0) = −1 y f(1) = 3,el teorema de Bolzano asegura que tiene una raız en el intervalo (0, 1). En consecuencia, la ecuaciontiene exactamente una solucion.

Para aproximarla, aplicamos el metodo de Newton-Raphson (con xsig = x − f(x)f ′(x) = 4x3+x2+1

6x2+2x+1) al

punto medio del intervalo, x0 = 0′5. Se obtiene x1 = 0′5, por lo que el metodo se estabiliza alprimer paso. Es facil ver que de hecho la solucion es exacta: f(0′5) = 0′25 + 0′25 + 0′5− 1 = 0.

o

8. Determinar el numero de raıces de la ecuacion x3 − 4x+ 1 = 0 y aproximar la mayor de ellas conun error menor que 10−4.

Solucion: Sea f(x) = x3 − 4x + 1. Su derivada f ′(x) = 3x2 − 4 se anula en x = ±2/√3, es

negativa en (−2/√3, 2

√3) y positiva en (−∞,−2/

√3) y en (2/

√3,+∞). Ası, la funcion decrece en

un intervalo y crece en otros dos, por lo que tiene a lo sumo tres raıces.

Por otra parte se tiene f(−3) = −11, f(−2) = 1, f(0) = 1, f(1) = −2 y f(2) = 1, luego el teoremade Bolzano asegura la existencia de raıces en los intervalos (−3,−2), (0, 1) y (1, 2). En definitiva,la funcion tiene exactamente tres raıces, y la mayor de ellas esta en el intervalo (1, 2).

Para aproximarla usamos el metodo de Newton-Raphson con

x0 = 1′5 xsig = x− f(x)

f ′(x)= x− x3 − 4x+ 1

3x2 − 4=

3x3 − 4x− x3 + 4x− 1

3x2 − 4=

2x3 − 1

3x2 − 4



que nos da sucesivamente

x1 = 2′090909 . . . x2 = 1′895903 . . . x3 = 1′861832 . . . x4 = 1′860807 . . . x5 = 1′860805 . . .

por lo que la aproximacion pedida es 1′8608.

o


9 UNA VARIABLE: GRAFICAS (*)

9. UNA VARIABLE: GRAFICAS (*)

1. Trazar la grafica de y = (x+ 2)e−x, ası como su recta tangente por el punto (0, 2).

Solucion: El dominio es todo R, y por tanto no hay asıntotas verticales. Como e−x es siemprepositivo, los cortes con los ejes se producen en A = (0, 2) y B = (−2, 0), y la funcion es positiva enel intervalo (−2,+∞) y negativa en (−∞,−2). Como

lımx→+∞

y = lımx→+∞

x+ 2

ex

(

=∞∞)

= lımx→+∞

1

ex= 0

el eje y = 0 es una asıntota horizontal “por la derecha”. Los lımites de y y de y/x cuando x → −∞son infinitos, luego no hay asıntota horizontal ni oblicua “por la izquierda”.

Se tiene y′ = −(x+1)e−x, por lo que la funcion crece en el intervalo (−∞,−1), decrece en (−1,+∞),y presenta un maximo relativo en el punto (−1, e).

Se tiene y′′ = xe−x, por lo que la funcion es convexa en el intervalo (−∞, 0), concava en (0,+∞), ypresenta una inflexion en el punto A = (0, 2), en el que la recta tangente tiene pendiente y′(0) = −1.

Con todos estos datos y con algunos valores mas para ajustar (por ejemplo y(−3) = −e3 ≈ −20,y(1) = 3/e ≈ 1′1, y(2) = 4/e2 ≈ 0′54, y(4) = 6/e4 ≈ 0′1) podemos dibujar las graficas pedidas:

✲

✻

qB

qC qA q q q

❅❅❅

❅❅❅

o

2. Haz la representacion grafica de la ecuacion y =ex

1 + x.

Solucion: La funcion esta definida en todo R excepto en x = −1, donde tiende a infinito (“constanteno nula dividida por cero”); por tanto la recta x = −1 es una asıntota vertical.

Como el numerador ex es siempre positivo, el signo de f(x) es el de x+1. Por tanto la grafica estapor encima del eje horizontal cuando x > −1, esta por debajo cuando x < −1, y no lo corta enningun punto.

Como f(0) = 1, el corte con el eje vertical es el punto A = (0, 1).

El lımite de f(x) cuando x → −∞ es del tipo 0/∞ y por tanto vale 0, por lo que el eje horizontales una asıntota “hacia la izquierda”, y la funcion se le pega “por debajo” porque ya hemos vistoque en esos puntos toma valores negativos.

En cambio, cuando x → ∞, los lımites de f(x) y de f(x)/x son infinitos (trivial por l’Hopital) ypor tanto no hay asıntotas horizontales ni oblicuas; es decir, hacia la derecha, la funcion crece “muya lo bestia”.



La derivada de la funcion vale

f ′(x) =ex(1 + x)− ex

(1 + x)2=

xex

(1 + x)2

Como ex y (1+x)2 son siempre positivos, la funcion decrece para x < 0, crece para x > 0 y alcanzaun mınimo relativo para x = 0, o sea, en el punto A = (0, 1).

Esto ya nos permite hacer una representacion grafica muy precisa. Se puede afinar un poco mascalculando la derivada segunda

f ′′(x) =[ex + xex] (1 + x)2 − xex2(1 + x)

(1 + x)4=

ex(1 + x)2 − 2xex

(1 + x)3=

ex(1 + x2)

(1 + x)3

Su signo es de nuevo muy facil de analizar, y nos dice que la funcion es convexa para x < −1, esconcava para x > −1, y no tiene puntos de inflexion.

La grafica es pues:

✻

✲

rA

r

r

o

3. Dada la funcion f(x) = x sen(x) + cos(x), se pide:

a) Aproximar una raız aplicando el metodo de Newton-Raphson con una sola iteracion y conx0 = π.

b) Esbozar su grafica en el intervalo x ∈ [−π, π].

Solucion: (a) Como f ′(x) = sen(x) + x cos(x)− sen(x) = x cos(x), la aproximacion pedida es

x1 = π − f(π)

f ′(π)= π − π sen(π) + cos(π)

π cos(π)= π − −1

−π= π − 1

π≈ 2′8233

(b) La funcion es par, pues f(−x) = −x sen(−x)+cos(−x) = x sen(x)+cos(x) = f(x). La grafica espues simetrica con respecto al eje vertical, por lo que basta con analizar lo que pasa para x ∈ [0, π].

Algunos valores sencillos de calcular son f(0) = 1, f(π) = −1 y f(π/2) = π/2, y el apartadoanterior nos da, aproximadamente, el corte con el eje horizontal: f(2′8) ≈ 0.



La derivada f ′(x) = x cos(x) se anula en x = 0 y en x = π/2, es positiva (grafica creciente)en el intervalo (0, π/2) y negativa (grafica decreciente) en (π/2, π). Ademas la derivada segundaf ′′(x) = cos(x)−x sen(x) vale f ′′(0) = 1 y f ′′(π/2) = −π/2, luego hay un mınimo relativo en x = 0y un maximo relativo en x = π/2. En conclusion, la grafica es aproximadamente:

✲

✻

−π π

π2

−1q

q q q

qo

4. Representa graficamente la funcion f(x) =x3

x2 − 1

Solucion: El dominio es todo R excepto los puntos x = ±1. Es una funcion impar, y solo corta aleje horizontal en P = (0, 0). Es positiva en los intervalos (−1, 0) y (1,+∞), y negativa en (−∞,−1)y (0, 1). Tiene dos asıntotas verticales x = −1 y x = 1, y una asıntota oblicua y = x. Su derivada es

f ′(x) =x2(x2 − 3)

(x2 − 1)2, por lo que hay puntos crıticos en x = 0 y en x = ±

√3. Es una funcion creciente

en los intervalos (−∞,−√3) y (

√3,+∞), y decreciente en (−

√3,√3), por lo que en P = (0, 0) no

hay extremo relativo, en Q1 = (√3, 3

√3

2 ) hay un mınimo relativo y en Q2 = (−√3, −3

√3

2 ) hay un

maximo relativo. La derivada segunda vale f ′′(x) =2x(x2 + 3)

(x2 − 1)3, luego f es concava en los intervalos

(−1, 0) y (1,+∞), y convexa en (−∞,−1) y (0, 1). En particular, se pega a la asıntota oblicua porarriba cuando x → +∞ y por debajo cuando x → −∞.

✲

✻

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�



o

5. Representa graficamente las curvas y = x3−12x e y = x2, y calcula el area del recinto que encierran.

Solucion: Sobre la grafica de y = x2 no hay mucho que decir. La otra es impar, con lımite infinitocuando x → ∞. Corta al eje en x = 0 y en x = ±

√12 y es positiva en los intervalos (−

√12, 0) y

(√12,+∞). Como y′ = 3x2−12 = 3(x2−4), la funcion crece en los intervalos (−∞,−2) y (2,+∞),

y decrece en (−2, 2), por lo que presenta un maximo en x = −2 (con y = 16) y un mınimo en x = 2(con y = −16). Como y′′ = 6x, la grafica es convexa en (−∞, 0) y concava en (0,+∞), y tiene unpunto de inflexion cuando x = 0 (con y = 0).

Las dos graficas se cortan cuando x3 − 12x = x2, o sea cuando 0 = x3 − x2 − 12x = x(x2 − x− 12),lo que ocurre para x = 0 (con y = 0), para x = −3 (con y = 9) y para x = 4 (con y = 16).

Las graficas superpuestas tienen pues este aspecto (ojo a la escala de los ejes):

✻

✲

4

8

12

16

2 4rrr

r

r

r

r

y=x2

y=x3−12x

−√12

(−3,9)

(4,16)

(−2,16)

(2,−16)

El recinto que encierran tiene pues dos partes (izquierda y derecha) con areas respectivas

∫ 0

−3(x3 − 12x− x2)dx =

[

x4

4− 6x2 − x3

3

]0

−3

=−81

4+ 54− 9 =

99

4

∫ 4

0(x2 − x3 + 12x)dx =

[

x3

3− x4

4+ 6x2

]4

0

=64

3− 64 + 96 =

160

3

por lo que area total es de 99/4 + 160/3 = 937/12.

o

6. Representa graficamente la curva de ecuacion y =x

lnx.

Solucion: El dominio consiste en los numeros reales positivos (para que tenga sentido lnx) exceptoel 1 (para no dividir por 0). Como el numerador es positivo, la funcion tiene el mismo signo que el



denominador, y por tanto es negativa en el intervalo (0, 1) y positiva en (1,+∞). Es claro que larecta x = 1 es una asıntota vertical, mientras que cerca de x = 0 se tiene

lımx→0+

y = lımx→0+

x

lnx=

0

−∞ = 0

No hay asıntotas horizontales ni oblicuas pues

lımx→+∞

y = lımx→+∞

=x

lnx=(∞∞)

= lımx→+∞

=1

1/x= lım

x→+∞x = +∞

lımx→+∞

y

x= lım

x→+∞=

1

lnx=

1

∞ = 0

La derivada y′ =ln(x)− 1

ln2 xse anula para x = e, es negativa para x < e y es positiva para x > e,

lo que nos da los intervalos de crecimiento de la funcion y nos asegura que en x = e se alcanza unmınimo relativo con valor y = e. La derivada segunda vale

y′′ =1x ln(x)− (ln(x)− 1)2 1

x

ln3 x=

2− ln(x)

x ln3 x

y estudiando su signo se deduce que la funcion es convexa en el intervalo (0, 1), concava en (1, e2)y de nuevo convexa en (e2,+∞), por lo que hay un punto de inflexion en x = e2 (con y = e2/2).

Con todos estos datos podemos esbozar la grafica:

✲

✻

r

r

o

7. Representa graficamente la funcion f(x) = e−x(x2 + 2x+ 1).

Solucion: El dominio es todo R, y por tanto no hay asıntotas verticales.

Como e−x > 0 y x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 ≥ 0, la funcion es siempre positiva y solo vale 0 cuandox = −1. Por tanto, el corte con el eje horizontal es A = (−1, 0). El corte con el eje vertical esB = (0, f(0)) = (0, 1).



En cuanto a las asıntotas horizontales, se tiene:

lımx→+∞

f(x) = lımx→+∞

x2 + 2x+ 1

ex

(

=∞∞)

= lımx→+∞

2x+ 2

ex

(

=∞∞)

= lımx→+∞

2

ex=

2

∞ = 0

lımx→−∞

f(x) = lımx→−∞

e−x(x2 + 2x+ 1) = ∞ ·∞ = ∞

luego el eje es una asıntota horizontal por la derecha, y no hay asıntotas por la izquierda (tampocooblicuas, pues el lımite en −∞ de f(x)/x vale igualmente ∞).

Para analizar el crecimiento calculamos la derivada

f ′(x) = −e−x(x2 + 2x+ 1) + e−x(2x+ 2) = e−x(−x2 + 1) = −e−x(x2 − 1)

e−x es positivo, mientras que la parabola x2−1 se anula en x = ±1, es negativa entre esos puntos ypositiva fuera de ellos. Por tanto la derivada es positiva (funcion creciente) en el intervalo (−1, 1) y esnegativa (funcion decreciente) en el resto, y en consecuencia hay un mınimo relativo cuando x = −1(punto A = (−1, 0)) y un maximo relativo cuando x = 1 (punto C = (1, f(1)) = (1, 4/e) = (1, 1′47)).

Los puntos de inflexion se alcanzan para los valores de x que anulan la derivada segunda

f ′′(x) = e−x(x2 − 1)− 2xe−x = e−x(x2 − 2x− 1)

que son x = 1−√2 = −0′41 (con f(−0′41) = 0′52) y x = 1+

√2 = 2′41 (con f(2′41) = 1′04). Ası,

los puntos de inflexion son D = (−0′41, 0′52) y E = (2′41, 1′04). Con todo esto ya podemos trazarla grafica:

✲

✻

−2 −1 1 2 3 4

2

1

rr rr

rrr

A

B

C

D

EF

G

o

8. Representar graficamente la funcion f(x) =(lnx)2

x2: Dominio, signo, asıntotas, cortes con los ejes,

extremos, crecimiento y puntos de inflexion.

Solucion: Podemos tambien ver la funcion como f(x) = (lnx/x)2, lo que nos da dos opcionespara operar, ambas con similar dificultad.

El dominio de la funcion es el intervalo (0,+∞), para que tenga sentido lnx, y sus valores sonpositivos porque todo va elevado al cuadrado, por lo que la grafica esta en el primer cuadrante.

El unico corte con los ejes se produce cuando lnx = 0, o sea en el punto P = (1, 0).

El eje vertical es una asıntota, pues

lımx→0+

(lnx)2

x2=

+∞+0

= +∞ o lımx→0+

lnx

x=

−∞+0

= −∞ ⇒ lımx→0+

f(x) = (−∞)2 = +∞



Tambien es asıntota el eje vertical; el correspondiente lımite sale aplicando directamente la reglade l’Hopital:

lımx→+∞

(lnx)2

x2=(∞∞)

= lımx→+∞

2 lnx 1x

2x= lım

x→+∞lnx

x2=(∞∞)

= lımx→+∞

1/x

2x=

0

∞ = 0

o bien haciendo:

lımx→+∞

lnx

x=(∞∞)

= lımx→+∞

1/x

1= lım

x→+∞1

x= 0 ⇒ lım

x→+∞f(x) = 02 = 0

Para la primera derivada tenemos las opciones de calculo:[

(lnx)2

x2

]′=

2 lnx 1xx

2 − 2x(lnx)2

x4= 2

lnx− (lnx)2

x3= 2

lnx(1− lnx)

x3

[

(lnx/x)2]′

= 2lnx

x

1xx− lnx

x2= 2

lnx(1− lnx)

x3

Esta derivada se anula cuando lo hace su numerador lnx(1 − lnx), o sea cuando lnx = 0 (x = 1,con f(1) = 0) y cuando lnx = 1 (x = e, con f(e) = e−2). En cuanto a su signo, x3 es positivo, lnxes negativo en (0, 1) y positivo en (1,+∞), y 1 − lnx es positivo en (0, e) y negativo en (e,+∞),luego la derivada es negativa, y la funcion decrece, en los intervalos (0, 1) y (e,+∞), mientras quela derivada es positiva, y la funcion crece, en el intervalo (1, e). En consecuencia, hay un mınimoen el punto P = (1, 0) y un maximo en el punto Q = (e, e−2).

Con estos datos podemos esbozar la grafica, en la que la escala del eje vertical esta aumentada:

✲

✻

rr

1

1/e2P

Q

1 e 4

Es claro que debe haber un punto de inflexion entre el mınimo y el maximo, y otro a la derechadel maximo. Para determinarlos con precision hay que encontrar los ceros de la derivada segunda.Tenemos dos vıas para el calculo de la derivada:

f ′′(x) =

[

2lnx− (lnx)2

x3

]′= 2

x3[

1x − 2 1

x lnx]

− 3x2[

lnx− (lnx)2]

x6= 2

1− 2 lnx− 3 lnx+ 3(lnx)2

x4=

21− 5 lnx+ 3(lnx)2

x4

f ′′(x) =

[

2lnx(1− lnx)

x3

]′= 2

x3[

1x(1− lnx)− 1

x lnx]

− 3x2 lnx(1− lnx)

x6=

21− lnx− lnx− 3 lnx+ 3(lnx)2

x4= 2

1− 5 lnx+ 3(lnx)2

x4

El numerador 1− 5 lnx+ 3(lnx)2 es un polinomio de grado 2 en lnx que vale cero cuando

lnx =5±

√25− 4 · 36

=5±

√13

6=

{

1′432 . . .0′232 . . .

⇒ x =

{

e1′432... = 4′196 . . .

e0′232... = 1′262 . . .

y por tanto esos son los valores de x en los que se situan los puntos de inflexion.

o


10 UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACION

10. UNA VARIABLE: EXTREMOS Y OPTIMIZACION

1. Calcula los extremos absolutos de la funcion f(x) = x+ 2 cos(x) en el intervalo [0, π/2].

Calcula los extremos absolutos de la misma funcion en el intervalo [0, π].

Solucion: La derivada f ′(x) = 1−2 sen(x) se anula cuando sen(x) = 1/2, y en el intervalo [0, π/2]esto solo ocurre para x = π/6. Para encontrar los extremos absolutos hay que comparar el valor def en este punto crıtico con sus valores en los extremos del intervalo; o sea, hay que comparar

f(0) = 2 f(π/6) = π/6 +√3 ≈ 2,25 f(π/2) = π/2 ≈ 1,57

Por tanto, en el intervalo [0, π/2] el maximo absoluto se alcanza en x = π/6 (con valor π/6 +√3)

y el mınimo absoluto se alcanza en x = π/2 (con valor π/2).

En el intervalo [0, π] hay otro punto crıtico en x = 5π/6 y hay que comparar los siguientes valores

f(0) = 2 f(π/6) ≈ 2,25 f(5π/6) = 5π/6−√3 ≈ 0,88 f(π) = π − 2 ≈ 1,14

Por tanto, en el intervalo [0, π] el maximo absoluto se alcanza en x = π/6 (con valor π/6 +√3) y

el mınimo absoluto se alcanza en x = 5π/6 (con valor 5π/6−√3).

o

2. Encuentra y clasifica todos los puntos crıticos de la funcion f(x) = x5 − 75x3 + 1620x − 1000 ydetermina sus extremos absolutos en el intervalo [2, 10].

Solucion: La derivada f ′(x) = 5x4−225x2+1620 = 5(x4−45x2+324) es un polinomio bicuadraticocuyas raıces (puntos crıticos de f) se calculan ası:

x2 =45±

√452 − 4 · 3242

=45±

√2025− 1296

2=

45±√729

2=

45± 27

2

{

36 ⇒ x = ±69 ⇒ x = ±3

Al evaluar esos cuatro puntos crıticos en la derivada segunda f ′′(x) = 5(4x3−90x) = 10x(2x2−45)se obtienen valores positivos para x = 6 y x = −3 (y por tanto en esos puntos hay mınimos relativos)y valores negativos para x = −6 y x = 3 (donde se alcanzan maximos relativos).

Para conocer los extremos absolutos en el intervalo dado hay que considerar los valores en susbordes (x = 2 y x = 10) y en los puntos crıticos que contenga (x = 3 y x = 6). Esos valores son

f(2) = 1672 f(3) = 2078 f(6) = 296 f(10) = 40200

luego dentro de ese intervalo el mınimo absoluto se alcanza en x = 6 y el maximo absoluto enx = 10.

o



3. Encuentra los dos puntos de la parabola y = x2 − 2x + 9/4 que estan mas proximos al puntoP = (1, 4). ¿Cual es esa distancia mınima?

Solucion: Se trata de minimizar la distancia a P , o mejor su cuadrado f(x, y) = (x−1)2+(y−4)2.

Pero solo hay que considerarla en los puntos de la parabola, para los que se tiene y−4 = x2−2x−7/4y queda ası la funcion de una sola variable x

f(x) = (x− 1)2 + (x2 − 2x− 7/4)2

cuya derivada

f ′(x) = 2(x−1)+2(x2−2x−7/4)(2x−2) = 2(x−1)+4(x2−2x−7/4)(x−1) = (x−1)(4x2−8x−5)

se anula en x = 1 y en las raıces de 4x2 − 8x− 5, que son −1/2 y 5/2. La derivada segunda

f ′′(x) = (4x2 − 8x− 5) + (x− 1)(8x− 8) = (4x2 − 8x− 5) + 8(x− 1)2

es negativa en x = 1 y positiva en las raıces de 4x2−8x−5, por lo que es en estas donde f(x) alcanzasus mınimos. Los correspondientes puntos de la parabola son A = (−1/2, 7/2) y B = (5/2, 7/2), ycomo f(A) = f(B) = (3/2)2 + (−1/2)2 = 10/4 la distancia pedida es

√10/2.

Observacion: el eje de la parabola es la recta x = 1 y P esta en el, por lo que era de esperar que elmınimo se alcanzase en dos puntos simetricos con respecto a ese eje.

Una alternativa consiste en buscar un punto Q = (x, y) de la parabola en el que la tangente a laparabola y la recta que lo une con P sean perpendiculares. La tangente a la parabola tiene pendiente

y′(x) = 2x− 2 = 2(x− 1). La recta que une P y Q tiene pendientey − 4

x− 1cuando x 6= 1. Para que

sean perpendiculares, el producto de estas pendientes debe valer −1, o sea tenemos

−1 = 2(x− 1)y − 4

x− 1= 2(y − 4) = 2y − 8 ⇒ y = 7/2

y por tanto, como Q esta en la parabola, se tiene 49/4 = x2+2x− 9/4, de donde x = 1± 3/2. Estonos da los puntos del argumento anterior.

El caso x = 1 la recta PQ es vertical y la tangente a la parabola es horizontal, luego tambien sonperpendiculares entre sı. En esta version, dibujando la parabola se ve que en los puntos anterioreshay mınimos (absolutos) mientras que en (1, 5/4) hay un maximo relativo para la distancia (no esun maximo absoluto porque la distancia se hace infinita por las ramas de la parabola).

o

4. Encuentra el punto Q de la parabola y = 4−x2 mas cercano al punto P = (3, 4), y comprueba quela recta que une P con Q es perpendicular a la tangente a la parabola por Q.

Solucion: Podemos minimizar el cuadrado de la distancia a P , o sea f(x, y) = (x− 3)2+(y− 4)2.Para puntos de la parabola considerada se tiene y − 4 = −x2 y por tanto la expresion que hay queminimizar queda solo en funcion de x como f(x) = (x−3)2+x4. Su derivada es f ′(x) = 4x3+2x−6,y por Ruffini se ve que tiene una unica raız x = 1. Ademas f ′′(x) = 12x2+2 y por tanto f ′′(1) > 0,por lo que el mınimo se alcanza para x = 1, y el correspondiente punto de la parabola es Q = (1, 3).

La recta que une P con Q tiene vector director−−→QP = (2, 1) y por tanto pendiente 1/2. Como

y′(x) = −2x, la tangente a la parabola tiene pendiente y′(1) = −2, y como el producto de laspendientes es −1, son perpendiculares.

o



5. Resuelve estos dos apartados (el primero puede ser util para hacer el segundo).

a) Halla los puntos crıticos de la funcion f(x) = 14x

4−x3+4x+4, y para cada uno de ellos decidesi la funcion alcanza en el un maximo o un mınimo relativo, o si es creciente o decreciente.

b) Encuentra el punto Q de la parabola y = 12x

2 − x mas cercano a P = (0, 2).

Solucion: (a) Necesitaremos al menos f ′(x) = x3 − 3x2 + 4 y f ′′(x) = 3x2 − 6x.

Por Rufinni obtenemos f ′(x) = (x− 2)2(x+1), luego los puntos crıticos son x = 2 y x = −1. Comof ′′(−1) = 3 + 6 = 12 > 0, en x = −1 se alcanza un mınimo relativo. Como f ′′(2) = 12 − 12 = 0,hay que calcular f ′′′(x) = 6x− 6, con f ′′′(2) = 12− 6 = 6 > 0, por lo que la funcion es creciente enx = 2.

(b) En vez de la distancia a P podemos minimizar su cuadrado, o sea f(x, y) = (x− 0)2 + (y− 2)2.Para puntos de la parabola considerada se obtiene una expresion solo en funcion de x como

f(x) = x2 +

(

1

2x2 − x− 2

)2

= x2 +1

4x4 + x2 + 4− x3 − 2x2 + 4x =

1

4x4 − x3 + 4x+ 4

Por el apartado anterior, f(x) tiene un unico mınimo relativo en x = −1, y el correspondiente puntode la parabola es Q = (−1, 3/2),

o

6. Demuestra que P = (2, 2) es el punto de la parabola y = 12x

2 que esta mas cerca del puntoQ = (4, 1). Demuestra tambien que la recta que une P y Q es perpendicular a la tangente a laparabola por P .

✻

✲

q q

Solucion: En lugar de buscar un mınimo de la funcion “distancia a Q”, buscamos un mınimo desu cuadrado, que es la funcion f(x, y) = (x− 4)2 + (y− 1)2. Como solo consideramos los puntos dela parabola y = 1

2x2, tenemos en realidad una funcion de una sola variable

g(x) = f(x,1

2x2) = (x− 4)2 + (

1

2x2 − 1)2

Como su derivada es

g′(x) = 2(x− 4) + 2(1

2x2 − 1)x = 2x− 8 + x3 − 2x = x3 − 8

el unico punto crıtico es x = 2, con y = 122

2 = 2, es decir, el punto P = (2, 2). Es un mınimo puesla derivada segunda g′′(x) = 3x2 es positiva en x = 2.

La recta que une P y Q tiene pendiente 1−24−2 = −1

2 , mientras que la tangente a y = 12x

2 en Ptiene pendiente y′(2) = 2, por lo que son perpendiculares (si una recta tiene pendiente m, susperpendiculares son las rectas de pendiente −1/m).

o



7. Se considera la parabola y = 9x2/4 y la distancia de sus puntos a P = (0, 6); se pide:

(a) Encuentra todos los puntos crıticos de esa distancia.

(b) Para cada uno de ellos, determina si se trata de un maximo relativo, un mınimo relativo, unmaximo absoluto, un mınimo absoluto o nada de lo anterior.

Solucion: (a) En estos casos es mejor9 trabajar con la funcion “distancia al cuadrado”, que alcanzasus maximos y mınimos en los mismos puntos (aunque con distintos valores) que la funcion distancia.Esa distancia al cuadrado es f(x, y) = d((0, 6), (x, y))2 = x2+(y−6)2, pero al restringirnos a puntosde la parabola (o sea, con y = 9x2/4) se puede ver como funcion de una sola variable:

f(x) = x2 +

(

9

4x2 − 6

)2

= x2 +81

16x4 − 27x2 + 36 =

81

16x4 − 26x2 + 36

Su derivada es f ′(x) = 814 x3−52x = 1

4 x(81x2−208) que se anula en x = 0 y x = ±

√

20881 = ±4

√139 ;

esas son las abcisas de los tres puntos crıticos de la funcion distancia, y los puntos son A = (0, 0),

B =(

4√139 , 529

)

y C =(

−4√139 , 529

)

.

(b) La derivada segunda vale f ′′(x) = 2434 x2 − 52, luego f ′′(0) = −52 y en x = 0 (o sea, en A) se

alcanza un maximo relativo, que claramente no es maximo absoluto pues f(x) es un polinomio degrado 4 que por tanto tiende a infinito cuando x → ±∞.

Aunque no se pide, podemos anadir que el valor de la distancia en ese punto es la raız de f(0) = 36,o sea es 6. Si se dibuja (sin mucha precision) la parabola, es evidente que su vertice esta en elorigen, que la distancia a P es 6 y que ahı se alcanza un maximo relativo.

En los otros dos puntos crıticos la derivada segunda vale 2434 · 20881 − 52 = 3 · 52− 52 = 104 > 0 y por

tanto se alcanzan mınimos relativos, que de hecho son mınimos absolutos por la forma que tienenlos polinomios de grado 4 con tres extremos relativos (vease la pag. 80 de los apuntes).

o

8. La parabola y = 56− x− x2 esta por encima del eje X cuando x esta en el intervalo [−8, 7]. Paracada punto (x, y) de ese tramo de grafica con x 6= 0 se considera el rectangulo que determinan elpunto y los ejes. ¿Para que valor de x se obtiene el rectangulo de mayor area?

Solucion: Para valores positivos de x el area vale xy, pero como los puntos satisfacen y = 56−x−x2

la podemos dejar solo en funcion de x como

f(x) = x(56− x− x2) = 56x− x2 − x3 f ′(x) = 56− 2x− 3x2

Resolviendo la ecuacion 3x2 + 2x− 56 = 0 vemos que f ′(x) se anula para

x =−2±

√4 + 4 · 3 · 562 · 3 =

−1±√1 + 3 · 563

=−1±

√169

3=

−1± 13

39Para numeros positivos a, b se tiene claramente que a < b si y solo si a2 < b2, por lo que una funcion positiva y su

cuadrado alcanza sus extremos en los mismos puntos, aunque con distintos valores.Otra forma de verlo es que si consideramos g(x) = f(x)2 entonces g′(x) = 2f(f)f ′(x), y como f(x) es positiva se

tiene que g′(x) = 0 si y solo si f ′(x) = 0, o sea f(x) y g(x) tienen los mismos puntos crıticos. Ademas se tiene g′′(x) =2f ′(x)2 + 2f(x)f ′′(x), por lo que en cada punto crıtico x0 se tiene g′′(x0) = 2f(x0)f

′′(x0) (puesto que f ′(x0) = 0) y portanto las derivadas segundas de f y de g en los puntos crıticos tienen el mismo signo, por lo que son maximos relativos paraf si y solo si lo son para g, y lo mismo con mınimos relativos.



El valor positivo es x = 12/3 = 4, y efectivamente f(x) alcanza ahı un maximo relativo (pues elvalor de f ′′(x) = −2− 6x en x = 4 es negativo) con valor f(4) = 56 · 4− 16− 64 = 144.

Para valores negativos de x el area es g(x) = −f(x) = x3 + x2 − 56x, cuya derivada se anulaen los mismos puntos que f ′(x), y por tanto las cuentas de antes nos dicen que el punto crıtico esx = −14/3, donde hay un maximo relativo pues la derivada segunda g(x) = 2+6x vale 2−2·14 < 0.El valor del area es

g(−14/3) =−143

27+

142

9+ 56

14

3≈ 181

por lo que el valor de x pedido es x = −14/3.

o

9. ¿Cual es el menor perımetro que puede tener un rectangulo con una esquina en el origen de coor-denadas, dos lados sobre los ejes y una esquina sobre la curva xy = 1?

Solucion: Si llamamos x e y a las longitudes de los lados que estan sobre cada eje, el perımetrovale P (x, y) = 2(x+ y) y la condicion sobre la esquina es y = x−1, por lo que nos queda la funcionf(x) = 2(x+x−1) cuya derivada f ′(x) = 2(1−x−2) se anula en x = ±1, pero al ser x una longitudsolo consideramos el caso x = 1. Aquı se alcanza un mınimo, pues f ′′(x) = 4x−3 toma un valorpositivo, y el perımetro para ese valor de x es f(1) = 2(1 + 1) = 4.

o

10. Justifica que, de todos los cuadrados inscritos en un cuadrado delado L, el que tiene menor area es el que tiene sus vertices en lospuntos medios del cuadrado inicial.

L

Solucion: Llamando x a la distancia entre los vertices de ambos cuadrados, aparecen triangulosrectangulos con catetos x y L− x, y podemos calcular el area del cuadrado inscrito de dos formas:

Como el area de un cuadrado cuyo lado es la hipotenusa de esos triangulos, de modo que el ladovale

√

x2 + (L− x)2 =√L2 − 2Lx+ 2x2 y el area vale por tanto L2 − 2Lx+ 2x2.

O como el area del cuadrado grande (L2) menos el area de los 4 triangulos, que vale 4 · 12 x(L− x),

lo que da en total L2 − 2x(L− x) = L2 − 2Lx+ 2x2.

La derivada del area es −2L+ 4x y se anula cuando x = L/2, luego el punto crıtico se alcanza enel punto medio del cuadrado inicial, y es un mınimo pues la derivada segunda es positiva (vale 4).

o

11. Se considera el triangulo T de vertices (0, 0), (a, 0) y (0, b). Si R es el rectangulo de mayor area quese inscribe en T (en el sentido de la figura), comprobar que el area de R es la mitad de la de T .

✻

✲

❍❍❍❍❍❍

❍❍❍❍❍❍❍❍(a,0)

(0,b)



Solucion: El area del triangulo es ab/2, luego se trata de ver que el maximo de esas areas valeab/4.

La recta que pasa por (a, 0) y (0, b) tiene por ecuacion y = ba(a − x), y si (x, y) es el vertice del

rectangulo que esta en esa recta, el area correspondiente vale A(x) = A(x, y) = xy = ba(ax− x2).

Como A′(x) = ba(a − 2x) se anula para x = a

2 y A′′(x) = −2ba < 0, en ese valor de x se alcanza el

maximo con valor A(a/2) = ba(a

2/2− a2/4) = ba(a

2/4) = ab/4, como se querıa ver.

o

12. Tenemos 1.800e para vallar una parcela rectangular junto a una carretera recta (con lados paralelosy perpendiculares a la carretera). La valla junto a la carretera cuesta 10e el metro, y el resto 5e elmetro. ¿Como ha de ser la parcela para que tenga la mayor area posible?

Solucion: Si llamamos x a la longitud del lado paralelo a la carretera e y a la del perpendicular,las condiciones sobre el dinero nos dicen que 15x+ 10y = 1,800, o sea y = 180− 3

2 x.

El area de la parcela sera xy, pero realmente solo depende de x por la relacion anterior y queda

A(x) = x(180− 3

2x) = 180x− 3

2x2 A′(x) = 180− 3x

Esta derivada se anula para x = 60, donde se alcanza un maximo pues A′′(x) = −3. Ademas paraese valor de x se tiene y = 180− 90 = 90, por lo que la parcela debe tener 60 metros en la direccionparalela a la carretera y 90 en la direccion perpendicular.

o

13. Se tienen 280e para vallar un terreno rectangular aprovechando un tramo recto de un rıo. La valladel tramo paralelo al rıo cuesta 10e/m, y la de los tramos perpendiculares cuesta 4e/m (la orillano se valla). ¿Cual es la superficie del mayor terreno rectangular que se puede vallar?

Solucion: Si el tramo paralelo al rıo mide x y los tramos perpendiculares miden y, el coste eneuros es 10x+ 8y y por tanto tenemos la restriccion 10x+ 8y = 280, o sea 5x+ 4y = 140.

Se quiere maximizar la superficie, que en vista de la restriccion se puede expresar solo en funcionde x como

f(x) = area(x, y) = xy = x140− 5x

4=

140x− 5x2

4

Su derivada f ′(x) = (140 − 10x)/4 se anula para x = 14 y la derivada segunda f ′′(x) = −10/4 esnegativa, por lo que la superficie es maxima para x = 14. Lo que se pide es el valor de esa superficie,que es f(14) = 245m2.

o



14. Se quiere vallar un terreno rectangular de area fija A (metros cuadrados) con lados de longitudes xe y (metros). En los dos lados de longitud x se usa una valla que cuesta P euros el metro, y en losotros una que cuesta Q euros el metro (A,P,Q, x, y positivos). Se pide:

a) ¿Para que valores de x e y (en funcion de A, P y Q) se minimiza el coste?

b) Comprueba que, para esos valores, se tiene x/y = Q/P . ¿Como interpretas esto?

c) ¿Cual es ese coste mınimo (en funcion de A, P y Q)?

Solucion: a) La condicion del area se traduce en xy = A, y por tanto y = Ax−1. El coste en euroses f(x, y)=2Px+ 2Qy=2(Px+Qy), donde sustituimos y=Ax−1 para obtener la funcion de unavariable f(x) = 2(Px+AQx−1) cuya derivada f ′(x) = 2(P −AQx−2) se anula cuando x2 = AQ/P .Por tanto

x =

√AQ√P

=

√APQ

Pe y =

A

x=

AP√APQ

=AP

√APQ

APQ=

√APQ

Q

Tomamos solo los valores positivos de las raıces, pues las variables miden de longitudes. Ademas setrata de un mınimo pues en ese valor (positivo) de x tambien f ′′(x) = 4AQx−3 es positiva.

b) Para esos valores se tiene x/y = Q/P puesto que xP =√APQ = yQ. Esta expresion nos dice

que, para esos valores optimos, se gasta tanto dinero en la valla de un precio como en la del otro.

Otra interpretacion consiste en notar que si Q > P entonces x > y (y viceversa, siempre para losvalores optimos). O sea, si el tramo a coste Q es mas caro entonces habra que poner una cantidadmayor (x) de valla barata, lo cual es “razonable”. Esta relacion cualitativa es ademas cuantitativa,pues si por ejemplo el tramo a coste Q es tres veces mas caro (Q/P = 3) entonces se tiene x = 3y,o sea habra que poner el triple de cantidad de la valla barata.

c) Para esos valores el coste en euros es f(x, y) = 2Px+ 2Qy = 2√APQ+ 2

√APQ = 4

√APQ.

o

15. Se considera un trapecio como el de la figura (base menor x,altura y y angulo 45 ) con area fija A =

√2.

¿Cuanto deben valer x e y para minimizar el perımetro? ¿Cuantovale ese perımetro mınimo? 45

x

y

Solucion: Como el angulo es de 45 , la base mayor mide x+2y. Por tanto la semisuma de las baseses x+ y y el area del trapecio es A = (x+ y)y, mientras que su perımetro es P = 2x+ 2y + 2

√2 y.

Como√2 = A = (x+y)y, se tiene x =

√2 y−1−y, luego podemos expresar el perımetro en funcion

de y como P (y) = 2(√2 y−1 − y) + 2y + 2

√2 y = 2

√2 y−1 + 2

√2 y = 2

√2(y−1 + y).

Derivando se obtiene P ′(y) = 2√2(−y−2 + 1), que se anula cuando y−2 = 1, o sea para y2 = 1.

Como solo se admiten valores positivos se tiene finalmente y = 1. Como la derivada segundaP ′′(y) = 2

√2(2y−3) es positiva para y = 1, se obtiene efectivamente un mınimo para el perımetro.

El valor de x y el perımetro mınimo se obtienen sin mas que sustituir: x =√2− 1, P (1) = 4

√2.

o



16. Determina el trapecio de mayor area que se puede inscribir en una semicircunferencia de radio 10,y comprueba que su area vale 75

√3. El dibujo representa lo que significa “inscribir un trapecio

en una semicircunferencia”: ✬✩q✁✁

❆❆

Solucion: Cada trapecio inscrito en la semicircunferencia de radio 10 viene determinado por elpunto (x, y) de la figura ✬✩

✲

✻

✁✁

❆❆x

q (x,y)que debe verificar x2+y2 = 100 (o y =

√100− x2) por estar en la circunferencia. Las bases inferior

y superior del trapecio tienen longitudes 20 y 2x, y su altura es y, luego el area del trapecio es10

A(x) =20 + 2x

2y = (10 + x)

√

100− x2

Se trata pues de encontrar el maximo de esta funcion de x; los candidatos son los puntos crıticos,es decir, los puntos donde se anula la derivada

A′(x) =√

100− x2 + (10 + x)−2x

2√100− x2

=(100− x2)− x(10 + x)√

100− x2=

100− 10x− 2x2√100− x2

Las raıces del numerador son, dividiendo por −2, las mismas que las de x2+5x−50, que son x = 5y x = −10. La negativa queda descartada por las condiciones del problema, y en x = 5 se alcanzael maximo11, para el cual el area vale A(5) = 15

√75 = 15

√3 · 25 = 15 · 5

√3 = 75

√3.

o

17. Se considera la funcion f(x) = 1 − x2 y su recta tangente en el punto de abscisa x = a (con0 ≤ a ≤ 1). Encuentra el valor de a que minimiza el area del triangulo que forman esa tangente ylos ejes:

✲

✻ q❅❅❅❅❅❅

x=a

Solucion: La tangente pasa por el punto P = (a, f(a)) = (a, 1−a2), y su pendiente es f ′(a) = −2a,luego la ecuacion es y − (1− a2) = −2a(x− a), que reordenando queda 2ax+ y = 1 + a2.

Los puntos de corte con los ejes son(

0, 1 + a2)

y

(

1 + a2

2a, 0

)

.

10Tambien se puede llegar a ella “llevandose a la izquierda” el triangulo determinado por la linea discontinua y observandoque entonces se tiene un rectangulo de altura y y base 10 + x (10 unidades a la izquierda del eje mas x a la derecha).

11Por el planteamiento geometrico hay un maximo. Tambien se puede calcular la derivada segunda A′′(x) =2x3

− 300x− 1000

(100− x2)3/2y sustituir x = 5 para ver que A′′(5) < 0.



Por tanto el area del triangulo en funcion de a vale S(a) = 12(1 + a2)1+a2

2a = (1+a2)2

4a . Su derivada

vale S′(a) = 144a2(1+a2)−(1+a2)2

a2= (1+a2)(3a2−1)

4a2y se anula cuando 3a2 − 1 = 0, es decir cuando

a =√

1/3.

Para asegurar que en ese punto crıtico se alcanza un mınimo se pueden usar consideraciones

geometricas, o se puede ver que la derivada segunda S′′(a) =6a4 + 2

4a3es positiva para a > 0,

o se puede estudiar el signo de S′(a) para deducir que S(a) es decreciente cuando a <√

1/3 ycreciente cuando a >

√

1/3.

o

18. En un rectangulo de 4 metros de perımetro, se sustituyen los cuatro lados por semicircunferenciasexteriores. Halla las dimensiones de los lados para las que el area de la figura resultante es mınima.

Solucion: Si llamamos x, y a las longitudes de los lados del rectangulo, la condicion sobre elperımetro nos dice que 2x + 2y = 4, o sea que x + y = 2 y ası y = 2 − x. El area de la figuraresultante es la del rectangulo mas la de un cırculo (dos semicırculos) de diametro x y la de otro dediametro y, es decir A(x, y) = xy + π(x/2)2 + π(y/2)2. Usando la restriccion y = 2− x nos quedauna funcion de una sola variable f(x) = x(2 − x) + π

4 (x2 + (2 − x)2) = 2x − x2 + π

2 (x2 − 2x + 2),

cuya derivada f ′(x) = (π2 − 1)(2x− 2) se anula cuando x = 1 (y por tanto y = 2− x = 1, es decir,cuando el rectangulo es de hecho un cuadrado). Como f ′′(1) = π − 2 es positiva, para esos valoresse alcanza un mınimo.

o

19. Se quiere construir un recinto como el de la figura (un semicırculo de radior bajo cuyo diametro hay un rectangulo de altura h) con perımetro fijoP = 2π + 8 y con area maxima.

¿Cuanto deben valer r y h? ¿Cuanto vale esa area maxima?

r

h

Solucion: El radio es r y la base del rectangulo 2r, por lo que el perımetro y el area valen

P = 2h+ 2r + πr = 2h+ (2 + π)r A = 2rh+1

2πr2

Como se fija el perımetro, debe ser 2h+(2+π)r = 2π+8, de donde despejamos 2h = 2π+8−(2+π)r.Entonces el area se expresa como funcion de la variable r:

A(r) = (2h)r +1

2πr2 = (2π + 8)r − (2 + π)r2 +

1

2πr2 = (2π + 8)r − (2 +

1

2π)r2

La derivada A′(r) = (2π + 8) − (4 + π)r se anula cuando 2π + 8 = (4 + π)r, o sea cuando r = 2,y en ese valor se alcanza un maximo porque la derivada segunda A′′(r) = −(4 + π) es negativa. Elvalor correspondiente de h es

h =1

2(2π + 8− (2 + π)r) = π + 4− (2 + π) = 2

y el area para r = 2 y h = 2 vale A = 8 + 2π.

Ejercicio: para un perımetro P arbitrario el maximo se alcanza en r = h =P

4 + πy el area vale

12 P

2

4 + π.

o



20. Se quiere construir un recinto como el de la figura (semicırculo de radio x sobreun rectangulo de altura y) con area fija A = 8 + 2π.

¿Cuanto deben valer x e y para minimizar el perımetro? ¿Cuanto vale ese perıme-tro mınimo?

[Sugerencia: no sustituyas el valor concreto de A hasta el momento adecuado.]

x

2x

y

Solucion: El perımetro y el area valen P = πx+ 2x+ 2y y A = 2xy + 12 πx

2.

El valor de A es fijo, y en su formula podemos despejar 2y para sustituirlo luego en el perımetro,que quedara entonces como funcion de la unica variable x. Lo hacemos:

A = 2xy + πx2/2 ⇒ 2y =A− πx2/2

x= Ax−1 − πx/2 ⇒

P (x) = πx+ 2x+Ax−1 − πx/2 = (2 + π/2)x+Ax−1 ⇒ P ′(x) = (2 + π/2)−Ax−2

La derivada se anula cuando x2 =A

2 + π/2= 4, o sea cuando x = 2 (no se considera x = −2 por

ser una medida), y en ese valor se alcanza un mınimo porque la derivada segunda P ′′(x) = 2Ax−3

es positiva. El valor de y es

2y = Ax−1 − πx/2 = A/2− π = 4 ⇒ y = 2

y el perımetro mınimo es entonces P = πx+ 2x+ 2y = 8 + 2π.

Ejercicio: para un area A arbitraria el mınimo se alcanza en x = y =2A

4 + πy vale P =

√

(8 + 2π)A .

o

21. Se quiere construir un recinto como el de la figura (semicırculo de radio x sobre un rectangulo dealtura y) con area fija A. Se pide:

a) Calcula (en funcion de A) el valor de x que optimiza el perımetro ydecide si para ese valor se alcanza un maximo o un mınimo.

b) Halla el correspondiente valor de y, comprobando que x = y.

c) Calcula (en funcion de A) ese perımetro optimo.

x

y

Solucion: (a) El perımetro y el area valen P = πx+ 2x+ 2y y A = 2xy + 12 πx

2.

P es la funcion que hay que optimizar, y del valor fijo del area deducimos la relacion entre x e yque nos permitira ver a P como funcion de una sola variable:

A = 2xy + πx2/2 ⇒ y =A− πx2/2

2x=

1

2Ax−1 − 1

4πx ⇒

P (x) = πx+2x+2y = πx+2x+Ax−1−πx/2 = (2+π/2)x+Ax−1 ⇒ P ′(x) = (2+π/2)−Ax−2

La derivada se anula cuando 2+π/2 = Ax−2, o sea x2 =A

2 + π/2=

2A

4 + π, o sea x =

√

2A

4 + π(solo

se considera el valor positivo por ser x una medida), y en ese valor se alcanza un mınimo porque laderivada segunda P ′′(x) = 2Ax−3 es positiva.



(b) El valor de y se puede obtener sustituyendo el de x en y = A−πx2/22x y operando, pero es un poco

mas comodo usar A = 2xy + 12 πx

2 para obtener

2xy = A− π

2

2A

4 + π= A

(

1− π

4 + π

)

=4A

4 + π⇒ xy =

2A

4 + π= x2 ⇒ y = x

(c) El perımetro mınimo es entonces P = πx+ 2x+ 2y = (4 + π)x =√

2A(4 + π).

o

22. Un sector circular de radio R y angulo α (positivo y en radianes) tiene area12 αR

2, y la longitud del correspondiente arco de circunferencia es αR. De todoslos sectores circulares de perımetro 12, ¿cual tiene mayor area? α

R

Solucion: El perımetro es la suma del arco mas los dos radios, luego se tiene 2R+ αR = 12, y setrata de maximizar el area A(R,α) = 1

2 αR2 con esa condicion.

Si en la condicion despejamos α = (12 − 2R)/R = 12/R − 2 nos queda el area en funcion delradio A(R) = 1

2 (12/R − 2)R2 = 6R − R2; la derivada A′(R) = 6 − 2R se anula para R = 3 (conα = 4 − 2 = 2) y, como la derivada segunda A′′(R) = −2 es siempre negativa, en ese punto sealcanza un maximo. Por tanto, el sector de mayor area es el que tiene radio 3 y angulo 2 radianes.

Sale mas complicado si en la condicion despejamos R = 12/(2 + α): El area en funcion del angulo

vale A(α) = 12 α

122

(2+α)2= 72 α

(2+α)2y su derivada

A′(α) = 72(2 + α)2 − α 2(2 + α)

(2 + α)4= 72

(2 + α)− 2α

(2 + α)3= 72

2− α

(2 + α)3

se anula para α = 2, y entonces R = 12/4 = 3. Ejercicio: calcula A′′(α) y comprueba que A′′(2) < 0.

o

23. Una recta pasa por el punto (−5, 4) y tiene pendiente positiva m. Se pide:

(a) Calcula (en funcion de m) el area del triangulo que forma esa recta con los ejes de coordenadas.

(b) Calcula el valor de m que minimiza esa area.

Solucion: La ecuacion de la recta es y − 4 = m(x + 5). El corte con el eje horizontal y = 0se produce cuando −4 = m(x + 5), o sea cuando x = −5 − 4/m, y el correspondiente cateto deltriangulo mide pues 5 + 4/m. El corte con el eje vertical x = 0 se produce cuando y − 4 = 5m, osea que ese cateto mide 4 + 5m. El area en funcion de la pendiente m vale por tanto

A(m) =1

2(5 + 4/m)(4 + 5m) =

(5m+ 4)2

2m

Para minimizarla calculamos su derivada

A′(m) =2(5m+ 4)5m− (5m+ 4)2

2m2=

25m2 − 16

2m2

que se anula en el valor positivo m =√

16/25 = 4/5. Ahı se alcanza el mınimo, bien por conside-raciones geometricas o bien porque A′′(m) = 16/m3 toma un valor positivo en m = 4/5.

o



24. En el plano R2 se considera el punto P = (2, 3), y se pide:

a) Escribe la ecuacion de la recta de pendiente m que pasa por P , y calcula sus puntos de cortecon los ejes.

b) Para valores negativos de m, esa recta y la parte positiva de los ejes forman un triangulo.Calcula el valor de m para el cual ese triangulo tiene la menor area.

Solucion: La ecuacion de la recta con pendiente m es y − 3 = m(x − 2). El corte con el ejehorizontal se produce cuando y = 0, y entonces se tiene x = 2 − 3/m (no existe el corte param = 0). El corte con el eje vertical se produce cuando x = 0, y entonces se tiene y = 3− 2m. Lospuntos de corte son pues (2− 3/m, 0) y (0, 3− 2m).

En vista de los puntos de corte, los lados del triangulo miden 2−3/m y 3−2m (cantidades positivas,pues solo se consideran valores negativos de m). Su area es por lo tanto

A(m) =1

2(2− 3/m)(3− 2m) = 6− 9

2m− 2m con A′(m) =

9

2m2− 2

La derivada se anula cuandom2 = 9/4, y como solo valen valores negativos consideramosm = −3/2,donde se alcanza un mınimo pues A′′(m) = −9m−3 y, al sustituir el m negativo, sale un valorpositivo.

o

25. Un trozo de alambre de longitud 1 se divide en dos partes. Con una de ellas, de longitud x, se formauna circunferencia. Con la otra se forma un cuadrado. ¿Para que valor de x alcanza un extremo lasuma de las areas de esas dos figuras? ¿Se trata de un maximo o de un mınimo?

Solucion: La circunferencia tiene longitud x; por tanto su radio esx

2πy su area es π(x/2π)2 =

x2

4π.

El cuadrado tiene lado (1− x)/4 y por tanto su area es (1− x)2/16.

La funcion que da la suma de esas areas es pues

f(x) =x2

4π+

(1− x)2

16=

4x2 + π(1− x)2

16π

con

f ′(x) =8x− 2π(1− x)

16π=

(8 + 2π)x− 2π

16πy f ′′(x) =

8 + 2π

16π=

4 + π

8π

La derivada f ′(x) se anula para x =π

4 + π, y como la derivada segunda f ′′(x) es siempre positiva

deducimos que para ese valor de x la suma de esas areas alcanza un valor mınimo.

o



26. Un alambre de longitud 1 se divide en tres partes. Con dos de ellas, ambas de longitud x, se formansendas circunferencias. Con la otra se forma un cuadrado. Se pide:

a) ¿Para que valor de x alcanza un extremo la suma de las areas de esas tres figuras?

b) Ese extremo, ¿es un maximo o un mınimo?

Solucion: Cada circunferencia tiene longitud x; por tanto su radio esx

2πy su area es π(x/2π)2 =

x2

4π; el area de ambas es

x2

2π.

El cuadrado tiene perımetro 1− 2x; por tanto su lado es (1− 2x)/4 y su area es (1− 2x)2/16.

La funcion que da la suma de esas areas es pues

f(x) =x2

2π+

(1− 2x)2

16=

8x2 + π(1− 2x)2

16πcon

f ′(x) =16x− 4π(1− 2x)

16π=

(16 + 8π)x− 4π

16π=

(4 + 2π)x− π

4πy f ′′(x) =

4 + 2π

4π

La derivada f ′(x) se anula para x =π

4 + 2π, y como la derivada segunda f ′′(x) es siempre positiva

deducimos que para ese valor de x la suma de esas areas alcanza un valor mınimo.

o

27. Un cırculo de radio x y un cuadrado de lado y tienen areas que suman 1. a) ¿Para que valor de xalcanza un punto crıtico la suma de los respectivos perımetros? b) Comprueba que, para ese valorde x, se tiene y = 2x. c) ¿Se trata de un maximo relativo o de un mınimo relativo?

Solucion: a) La condicion inicial es πx2 + y2 = 1, o sea y2 = 1 − πx2 o y =√1− πx2 (las

longitudes x e y son positivas, y como el area del cırculo es πx2 < 1 el radicando es positivo).

La suma de los perımetros es 2πx+4y, pero usando y =√1− πx2 vemos que esa expresion queda

en funcion de una sola variable:

f(x) = 2πx+ 4(1− πx2)1/2

f ′(x) = 2π + 2(1− πx2)−1/2(−2πx) = 2π[

1− 2x(1− πx2)−1/2]

Los puntos crıticos de f(x) son las soluciones de f ′(x) = 0, que calculamos:

f ′(x) = 0 ⇔ 1− 2x(1− πx2)−1/2 = 0 ⇔ 2x(1− πx2)−1/2 = 1 ⇔

⇔ 2x = (1− πx2)1/2 ⇔ 4x2 = 1− πx2 ⇔ (4 + π)x2 = 1 ⇔ x2 =1

4 + π⇔ x =

1√4 + π

b) Entonces se tiene y2 = 1− πx2 = 1− π

4 + π=

4

4 + π= 4x2, por lo que efectivamente y = 2x.

c) La derivada segunda vale (olvidando la constante poositiva 2π, que no afecta al signo):[

1− x(1− πx2)−1/2]′

= −[

x(1− πx2)−1/2]′

= −[

(1− πx2)−1/2 + x−1

2(1− πx2)−3/2(−2πx)

]

El ultimo sumando se simplifica como +πx2(1 − πx2)−3/2 y por tanto el interior del corchete espositivo (para cualquier valor x de la variable), por lo que la derivada segunda es siempre negativay por tanto en x se alcanza un maximo relativo.

o



28. Se considera un triangulo isosceles como el de la figura(lado desigual de longitud 12, altura sobre ese lado delongitud 5) y un punto P en esa altura que esta a distanciax de la base (con 0 ≤ x ≤ 5). Se pide:

bP

12

5x

a) Demuestra que la funcion que da la suma de las distancias de P a los tres vertices es f(x) =5− x+ 2

√x2 + 36.

b) Calcula la formula general de f ′(x) y la de f ′′(x), simplificandolas todo lo que puedas.

c) Calcula el valor de x para que esa suma de distancias alcance un extremo relativo, y determinasi se trata de un maximo o un mınimo.

d) Calcula la suma de distancias para ese valor de x, simplificando el resultado.

Solucion: a) La distancia de P al vertice superior es 5− x, y la distancia de P a cada uno de losotros vertices es la hipotenusa de un triangulo rectangulo de catetos x y 6, o sea

√x2 + 36.

b) f ′(x) =(

5− x+ 2(x2 + 36)1/2)′= −1 + 21

2(x2 + 36)−1/22x = −1 + 2x(x2 + 36)−1/2.

f ′′(x) = 2(x2+36)−1/2+2x−12 (x2+36)−3/22x = 2(x2+36)−3/2

[

x2 + 36− x2]

= 72(x2+36)−3/2.

c) Como la derivada segunda siempre es positiva, los puntos crıticos (soluciones de f ′(x) = 0 con0 ≤ x ≤ 5) seran mınimos relativos. Resolvemos f ′(x) = 0:

2x(x2 + 36)−1/2 = 1 ⇔ 2x = (x2 + 36)1/2 ⇔ 4x2 = x2 + 36 ⇔ x2 = 12 ⇔ x = 2√3

(puesto que solo se toma el valor positivo; notese que 2√3 < 5 porque 12 < 25). Por tanto en

x = 2√3 se alcanza un mınimo relativo.

d) Para ese valor de x la suma de las distancias vale f(2√3) = 5− 2

√3 + 2

√12 + 36 = 5 + 6

√3.

o

29. Una hoja de papel debe contener 294cm2 de texto impreso. Los margenes laterales deben ser de2cm., mientras que el superior y el inferior deben ser de 3cm.

¿Que dimensiones debe tener la hoja para que su superficie sea mınima?

Solucion: Si llamamos x e y a la anchura y la altura (en cm.) del texto impreso, debe ser xy = 294y, en vista de los margenes, la superficie total de la hoja sera f(x, y) = (x + 4)(y + 6). Comoy = 294/x, realmente se trata de una funcion de una sola variable

f(x) = (x+ 4)

(

294

x+ 6

)

= 6x+4 · 294

x+ 24 + 294 f ′(x) = 6− 4 · 294

x2

La derivada se anula cuando x2 =4 · 294

6= 196, o sea cuando x = ±14. Por las condiciones del

problema, solo nos interesa el valor positivo x = 14, en el que se alcanza un mınimo porque laderivada segunda f ′′(x) = 8 · 294/x3 toma valor positivo.

Como y = 294/14 = 21, las dimensiones del texto impreso son 14× 21 (ancho por alto, en centıme-tros) y por tanto las de la hoja son 18× 27.

o



30. Un poster debe contener 588cm2 de texto impreso. Los margenes laterales deben ser de 3cm.,mientras que el superior y el inferior deben ser de 4cm.

¿Que dimensiones debe tener el poster para que su superficie sea mınima?

Solucion: Si llamamos x e y a la anchura y la altura (en cm.) del texto impreso, debe ser xy = 588 y,en vista de los margenes, la superficie total del poster sera f(x, y) = (x+6)(y+8) = xy+8x+6y+48.Como xy = 588, realmente se trata de una funcion de una sola variable

f(x) = 636 + 8x+ 6 · 588x−1 f ′(x) = 8− 6 · 588x−2

La derivada se anula cuando x2 = 6 · 588/8 = 441, o sea cuando x = ±21. Por las condicionesdel problema, solo nos interesa el valor positivo x = 21, en el que se alcanza un mınimo porque laderivada segunda f ′′(x) = 12 · 588x−3 toma valor positivo.

Como y = 588/21 = 28, las dimensiones del texto impreso son 21× 28 (ancho por alto, en centıme-tros) y por tanto las de la hoja son 27× 36.

o

31. Se quiere construir una piscina rectangular con una superficie fijade 210m2, de x metros de largo por y de ancho, rodeada por unpasillo de losas con las dimensiones del dibujo.Si se quiere minimizar la superficie total ocupada por la piscinay los pasillos, ¿que proporcion debe haber entre x e y? (o sea, sepide el valor del cociente x/y).

7m3m

3m

3m

xy

Solucion: Sea S = 210 la superficie que debe tener la piscina, de modo que debe ser xy = S, o seay = Sx−1. La superficie total por minimizar es (x+ 10)(y + 6), que realmente solo depende de x:

f(x) = (x+ 10)(Sx−1 + 6) = 6x+ 10Sx−1 + S + 60 f ′(x) = 6− 10Sx−2

La derivada se anula cuando 10Sx−2 = 6, o sea cuando x2 = 10S/6 = 5S/3, y por las condicionesdel problema se considera solo el valor positivo de la raız, x =

√

5S/3.

Se alcanza en efecto un mınimo porque la derivada segunda f ′′(x) = 20Sx−3 es positiva.

El cociente pedido esx

y=

x

Sx−1=

x2

S=

5

3.

Los valores concretos de S = 210 y de x e y no son necesarios, y de hecho el argumento muestraque el cociente x/y no depende de S. Si se quieren usar se obtiene x =

√

5S/3 =√5 · 70 = 5

√14,

y entonces y = Sx−1 = 210/5√14 = 42/

√14 = 42

√14/14 = 3

√14 y por tanto x/y = 5/3.

o

32. De un carton cuadrado de lado 60 se recortan cuadradosde lado x en cada una de las esquinas para doblar y cons-truir una caja.¿Para que valor de x tiene esta caja volumen maximo?

60

x

x

Solucion: La altura de la caja es x, y su base tiene lado 60− 2x = 2(30− x). El volumen vale portanto f(x) = x · 4(30− x)2 = 4(x3 − 60x2 +900x), y alcanza extremos relativos cuando se anula suderivada f ′(x) = 4(3x2 − 120x+ 900) = 12(x2 − 40x+ 300), o sea cuando

x =40±

√402 − 1200

2=

40± 20

2 x = 30 o x = 10



La derivada segunda f ′′(x) = 12(2x − 40) es positiva para x = 30 y negativa para x = 10, por loque el maximo se alcanza cuando x = 10, o sea cuando se recortan 10 cm en las esquinas.

(Observese que, por la naturaleza del problema, x solo tiene sentido para valores entre 0 y 30; elvalor x = 30 da una caja de volumen nulo).

o

33. Se quiere fabricar un bote cilındrico de volumen 54π minimizando el area superficial para gastar lamenor cantidad de chapa. ¿Cuanto deben valer el radio de la base y la altura?

Solucion: Si el radio de la base es r y la altura es h, el volumen vale πr2h (area de la base poraltura), y por tanto se debe tener 54π = πr2h, o sea h = 54r−2.

Por otra parte, el area superficial vale en general 2πr2 + 2πrh (el area de las dos bases mas el arealateral, que a su vez es la de un rectangulo de lados 2πr y h). Pero sustituyendo la relacion anteriorvemos que esta area solo depende de r:

A(r) = 2πr2 + 2πr54r−2 = 2πr2 + 108πr−1

Calculemos las derivadas primera y segunda de esta funcion de r:

A′(r) = 4πr − 108πr−2 A′′(r) = 4π + 216πr−3

La derivada primera se anula cuando 4πr = 108πr−2, o sea cuando r3 = 27, o sea cuando r = 3,y en este punto crıtico la derivada segunda es positiva, por lo que se trata efectivamente de unmınimo relativo. En definitiva, el area lateral se minimiza para r = 3 y h = 54/9 = 6.

o

34. Se quiere fabricar un bote cilındrico de volumen 250π minimizando el area superficial para gastarla menor cantidad de chapa. ¿Cuanto deben valer el radio de la base y la altura?

Solucion: Como el anterior. Se tiene h = 250r−2 y A(r) = 2πr2 + 500πr−1. Entonces A′(r) =4πr − 500πr−2 se anula para r = 5, donde A′′(r) = 4π + 1000πr−3 es positiva. El area lateral seminimiza pues para r = 5 y h = 250/25 = 10.

o

35. Se quieren fabricar recipientes cilındricos de altura h con tapas circulares de radio r (ambas medidasen metros) que deben tener un volumen fijo de 27π m3.

Si el material de las tapas cuesta 4 euros/m2 y el del lateral cuesta 1 euro/m2, ¿cuanto deben valerh y r para minimizar el coste? ¿Cual es ese coste mınimo?

Solucion: El volumen es el area de la base, πr2, por la altura h, de modo que πr2h = 27π y portanto r2h = 27, o sea h = 27r−2.

El coste (en euros) de las dos bases es 2× 4× πr2, y el del lateral es su area, o sea 2πr ·h, de modoque el coste total es 8πr2 + 2πrh, y sustituyendo h = 27r−2 nos queda una funcion de una solavariable r, a saber f(r) = 8πr2 + 54πr−1.



Su derivada f ′(r) = 16πr−54πr−2 se anula cuando 16πr = 54πr−2, o sea cuando r3 = 54/16 = 27/8,o sea cuando r = 3/2, y se trata de un mınimo pues la derivada segunda f ′′(r) = 16π+108πr−3 esclaramente positiva para r = 3/2.

Para este valor r = 3/2 se obtiene h = 27r−2 = 27 · 4/9 = 12, y estos son por tanto los valores queminimizan el coste. El coste es f(3/2) = 54π euros.

o

36. Se desea construir un deposito cilındrico de volumen 48π m3. Si el material de la cara lateral cuesta1e por m2 y el de las dos bases cuesta 3e por m2, ¿que dimensiones debe tener el deposito paraque el material cueste lo menos posible?

Solucion: Si el radio es r y la altura es h, el dato del volumen (area de la base, π r2, por altura)nos da la relacion entre ambas variables: 48π = π r2h, o sea 48 = r2h.

Cada base tiene area πr2 y por tanto entre ambas cuestan 6πr2 euros. La cara lateral es un rectangu-lo de lados 2πr y h, y por tanto cuesta 2πrh euros. El coste total (lo que queremos minimizar) espor tanto f(r, h) = 6π r2 + 2πrh, y sustituyendo h por 48r−2 nos queda en funcion de una solavariable: f(r) = 6πr2 + 96πr−1 = 6π(r2 + 16r−1).

Derivando se tiene f ′(r) = 6π(2r − 16r−2), que se anula cuando 2r = 16r−2, o sea cuando r2 = 8,o sea cuando el radio vale r = 2 y por tanto la altura vale h = 48/4 = 12.

Para estos valores se obtiene efectivamente un mınimo pues f ′′(r) = 6π(2 + 32r−3) es positivacuando lo es r (y en particular lo es cuando r = 2).

o

37. ¿Cual es el volumen maximo que puede tener un cono cuya arista mide 3?

✔✔✔✔✔✔✔

❚❚

❚❚

❚❚

❚

3h

r✚✚✚✚✚✚✚

❩❩

❩❩

❩❩

❩3

h

r

Solucion: Si en el dibujo del enunciado anadimos el radio r y la altura h se tiene r2+h2 = 32 = 9,y el volumen vale π

3 r2h. Lo mas facil es pues despejar r2 para obtener una funcion solo de h:

V (h) =π

3r2h =

π

3(9− h2)h =

π

3(9h− h3) ⇒ V ′(h) =

π

3(9− 3h2) = π(3− h2)

La derivada se anula cuando h =√3 (y r =

√6); para ese valor se alcanza un maximo, pues la

derivada segunda V ′′(h) = −2πh es negativa, y el volumen correspondiente es

V (√3) =

π

3(9− 3)

√3 = 2π

√3

Tambien se puede despejar h, pero la funcion es algo mas difıcil de manejar:

V (r) =π

3r2√

9− r2 ⇒ V ′(r) =π

3

(

2r√

9− r2 − r3√9− r2

)

=π

3

2r(9− r2)− r3√9− r2

= π6r − r3√9− r2



Descartando el valor r = 0 (que darıa un volumen nulo), la derivada se anula cuando cuandor =

√6 (y h =

√3), donde se puede ver que se alcanza un maximo calculando la derivada segunda;

el volumen correspondiente es

V (√6) =

π

36√9− 6 = 2π

√3

Otra opcion consiste en llamar por ejemplo x = cosα, donde α es el angulo que forma la arista conla altura (el eje de rotacion del cono); entonces la altura vale 3 cosα = 3x y el cuadrado del radiovale (3 senα)2 = 9(1− x2), de modo que el volumen en funcion de x vale

V (x) =π

39(1− x2)3x = 9π(x− x3) ⇒ V ′(x) = 9π(1− 3x2)

La derivada se anula para x = 1/√3, donde se alcanza un maximo pues la derivada segunda es

negativa, y el volumen vale

V (1/√3) = 9π

(

1√3− 1

3√3

)

= π(3√3−

√3) = 2π

√3

o


11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN

11. UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN

1. ¿Que es el resto del polinomio de Taylor de grado n de f(x) en x = a?

Enuncia el teorema de Lagrange que proporciona una expresion para ese resto.

Solucion: El resto es Rn+1(x) = f(x)−Pn(x), o sea es la diferencia entre el valor real de la funciony el valor aproximado que da el polinomio de Taylor.

El teorema dice que, si la derivada f (n+1) existe y es contnua en un entorno de a, entonces existe

un punto ξ entre x y a tal que Rn+1(x) =f (n+1)(ξ)

(n+ 1)!(x− a)n+1.

o

2. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 5 de f(x) = sen(x)− x cos(x).

Solucion: Se pueden usar las propiedades de las operaciones con polinomios de Maclaurin. Comoconocemos los desarrollos de

sen(x) ≈ x− 1

6x3 +

1

120x5 cos(x) ≈ 1− 1

2x2 +

1

24x4

obtenemos el de x cos(x) multiplicando directamente, y el de la diferencia es entonces

f(x) = sen(x)−x cos(x) ≈ x−1

6x3+

1

120x5−

(

x− 1

2x3 +

1

24x5)

=

(

1

2− 1

6

)

x3+

(

1

24− 1

120

)

x5

y operando las fracciones se obtiene f(x) ≈ x3/3− x5/30.

Tambien se pueden calcular las derivadas sucesivas, evaluarlas en x = 0 y aplicar la definicion depolinomio de Maclaurin:

f(x) = sen(x)− x cos(x) f(0) = 0

f ′(x) = cos(x)− cos(x) + x sen(x) = x sen(x) f ′(0) = 0

f ′′(x) = sen(x) + x cos(x) f ′′(0) = 0

f ′′′(x) = cos(x) + cos(x)− x sen(x) = 2 cos(x)− x sen(x) f ′′′(0) = 2

f iv(x) = −2 sen(x)− sen(x)− x cos(x) = −3 sen(x)− x cos(x) f iv(0) = 0

fv(x) = −3 cos(x)− cos(x) + x sen(x) = −4 cos(x) + x sen(x) fv(0) = −4

Los coeficientes son nulos salvo el de x3, que vale 2/3! = 1/3, y el de x5, que vale −4/5! = −1/30.

o



3. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 4 de las funciones f(x)=sen2(x) y g(x)=cos2(x).

Solucion: El polinomio de grado 4 de sen(x) es x− 16 x3.

Elevando al cuadrado y truncando en grado 4 (o sea, borrando los terminos de grado mayor que 4,como en el Ejercicio 7.3.4) se obtiene el de sen2(x), que es por tanto

(

x− 1

6x3)2

= x2 − 2x1

6x3 +

1

36x6 x2 − 1

3x4

El polinomio de cos2(x) se puede obtener analogamente a partir de 1 − 1

2x2 +

1

24x4, pero es mas

sencillo usar que cos2(x) = 1− sen2(x) para obtener el polinomio 1− x2 +1

3x4.

Se pueden obtener tambien “por la definicion”, calculando derivadas y evaluando en el 0; porejemplo:

- g(x) = cos2(x), g(0) = 1.

- g′(x) = −2 cos(x) sen(x), g′(0) = 0.

- g′′(x) = 2 sen2(x)− 2 cos2(x), g′(0) = −2.

- g′′′(x) = 4 sen(x) cos(x) + 4 cos(x) sen(x) = 8 cos(x) sen(x), g′′′(0) = 0.

- giv(x) = −8 sen2(x) + 8 cos2(x), giv(0) = 8.

Entonces cos(x) ∼= g(0) + g′(0) + 12 g′′(0) + 1

6 g′′′(0) + 124 giv(0) = 1− x2 + 1

3 x4

o

4. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 4 de la funcion f(x) = cos2(x)− sen2(x).

Solucion: Se puede hacer de la forma usual, calculando derivadas sucesivas de f , evaluando enx = 0 y aplicando la formula. Alternativamente, se pueden usar los polinomios conocidos (hastagrado 4):

cos(x) ≈ 1− 1

2x2 +

1

24x4 y sen(x) ≈ x− 1

6x3

y a partir de ellos se obtienen, elevando al cuadrado y truncando en grado 4:

cos2(x) ≈ 1 +1

4x4 − x2 +

1

12x4 y sen2(x) ≈ x2 − 1

3x4

Finalmente, restando se obtiene cos2(x)− sen2(x) ≈ 1− 2x2 +2

3x4.

o

5. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 4 de f(x) = sen(x) ln(1 + x).

Solucion: Conocemos los polinomios de grado 4 de ambos factores:

sen(x) ≈ x− 1

6x3 y ln(1 + x) ≈ x− 1

2x2 +

1

3x3 − 1

4x4

y basta con multiplicarlos truncando en grado 4 para obtener el resultado x2 − 1

2x3 +

1

6x4.

o



6. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 5 de f(x) = tan(x).

Solucion: Se puede hacer una division como en los apuntes con los desarrollos del seno y delcoseno.

Otra opcion consiste en aplicar la definicion calculando las derivadas sucesivas, evaluandolas enx = 0 y dividiendo por el correspondiente factorial. Escribimos para simplificar t = tan(x), demodo derivar se tiene t′ = 1 + t2 y al evaluar en x = 0 se tiene t = 0 y t′ = 1.

f(x) = t f(0) = 0

f ′(x) = t′ = 1 + t2 f ′(0) = 1

f ′′(x) = (1 + t2)′ = 2tt′ = 2t(1 + t2) = 2t+ 2t3 f ′′(0) = 0

f ′′′(x) = (2t+2t3)′ = 2t′+6t2t′ = (2+6t2)(1+t2) = 2+8t2+6t4 f ′′′(0) = 2 f ′′′(0)/3! =1/3

f iv(x) = (2+8t2+6t4)′ = 16tt′+24t3t′ = (16t+24t3)(1+ t2) = 16t+40t3+24t5 f iv(0) = 0

fv(x) = (16t+ 40t3 + 24t5)′ = 16t′ + 120t2t′ + 120t4t′ fv(0) = 16 fv(0)/5! = 2/15

Por tanto el polinomio de Maclaurin pedido es P4(x) = x +1

3x3 +

2

15x5. Como era de esperar,

dado que f(x) es una funcion impar, el polinomio solo tiene coeficientes de grado impar.

o

7. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 5 de f(x) =1 + 2x

1 + 3x.

Solucion: Se puede hacer una division como la de los apuntes, o aplicar la definicion calculandolas derivadas sucesivas, evaluandolas en x = 0 y dividiendo por el correspondiente factorial. Estasegunda opcion serıa ası:

f(x) =1 + 2x

1 + 3x f(0) = 1

f ′(x) =2(1 + 3x)− 3(1 + 2x)

(1 + 3x)2=

−1

(1 + 3x)2= −(1 + 3x)−2

f ′(0) = −1

f ′′(x) = 2 · 3(1 + 3x)−3 f ′′(0) = 2 · 3 f ′′(0)/2! = 3

f ′′′(x) = −3 · 2 · 32(1 + 3x)−4 f ′′′(0) = −3 · 2 · 32 f ′′′(0)/3! = −32

f iv(x) = 4! · 33(1 + 3x)−5 f iv(0) = 4!33 f iv(0)/4! = 33

fv(x) = −5! · 34(1 + 3x)−6 fv(0) = −5! · 34 fv(0)/5! = −34

Por tanto el polinomio de Maclaurin pedido es P5(x) = 1− x+ 3x3 − 9x3 + 27x4 − 81x5.

o



8. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 4 de f(x) =1 + 3x

1 + 2x.

Solucion: Se puede hacer una division como la de los apuntes.

Otra opcion consiste en usar el polinomio de 1(1 + x) ≈ 1− x+ x2 − x3 + x4 y por tanto

1

1 + 2x≈ 1− 2x+ 22x2 − 23x3 + 24x4 − 25x5 + · · ·

Haciendo el producto por 1+3x truncado en grado 4 se obtiene el resultado: 1+x−2x2+4x3−8x4.

Tambien se puede observar que f(x) = 1 +x

1 + 2x, con lo que se obtiene la constante 1 mas el

polinomio de 1/(1+2x) (calculado arriba) multiplicado por x, lo que nos da (para grado arbitrario)

1 + x− 2x2 + 22x3 − 23x4 + 24x5 − 25x6 + · · ·

Una cuarta opcion consiste en aplicar la definicion calculando las derivadas sucesivas, evaluandolasen x = 0 y dividiendo por el correspondiente factorial:

f(x) =1 + 3x

1 + 2x f(0) = 1

f ′(x) =3(1 + 2x)− 2(1 + 3x)

(1 + 2x)2=

1

(1 + 2x)2= (1 + 2x)−2

f ′(0) = 1

f ′′(x) = −22(1 + 2x)−3 f ′′(0) = −22 f ′′(0)/2! = −2

f ′′′(x) = 23 · 3(1 + 2x)−4 f ′′′(0) = 23 · 3 f ′′′(0)/3! = 22

f iv(x) = −24 · 3 · 4(1 + 2x)−5 f iv(0) = −24 · 3 · 4 f iv(0)/4! = −23

Por tanto el polinomio de Maclaurin pedido es P4(x) = 1 + x− 2x2 + 22x3 − 23x4.

o

9. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 4 de f(x) =3x+ 10

x+ 1.

Solucion: Opcion 1: Calculamos las derivadas sucesivas y sus valores en x = 0, ademas de f(0) =10:

f ′(x) =3(x+ 1)− (3x+ 10)

(x+ 1)2=

−7

(x+ 1)2= −7(x+ 1)−2

f ′(0) = −7

f ′′(x) = 2 · 7(x+ 1)−3 f ′′(0) = 2 · 7

f ′′′(x) = −3! · 7(x+ 1)−4 f ′′′(0) = −3! · 7

f ′′′′(x) = 4! · 7(x+ 1)−5 f ′′′′(0) = 4! · 7

Por tanto el polinomio de Maclaurin de grado 4 es P (x) = 10− 7x+ 7x2 − 7x3 + 7x4.

Opcion 2: Observamos que f(x) =3x+ 3 + 7

x+ 1= 3 + 7

1

x+ 1, y como sabemos que el polinomio

de grado 4 de 1/(x + 1) es 1 − x + x2 − x3 + x4, no tenemos mas que sustituirlo para obtener elresultado.

Opcion 3: Dividir como se indica en los apuntes.

o



10. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de la funcion f(x) = e2x+x2

.

Solucion: Para calcular el polinomio hay dos opciones: aplicar la formula calculando las derivadaso sustituir t = 2x + x2 en el desarrollo conocido de et. Veamos las dos; primero calculamos lasderivadas:

- f(x) = e2x+x2

, f(0) = 1.

- f ′(x) = (2 + 2x)e2x+x2

, f ′(0) = 2.

- f ′′(x) = [2 + (2 + 2x)2]e2x+x2

= (6 + 8x+ 4x2)e2x+x2

, f ′′(0) = 6.

- f ′′′(x) = [(8 + 8x) + (6 + 8x+ 4x2)(2 + 2x)]e2x+x2

, f ′′′(0) = 8 + 12 = 20.

Entonces el polinomio es

f(0) + f ′(0) +1

2f ′′(0) +

1

6f ′′′(0) = 1 + 2x+

6

2x2 +

20

6x3 = 1 + 2x+ 3x2 +

10

3x3

Se obtiene lo mismo sustituyendo t = 2x + x2 en et ∼= 1 + t + 12 t

2 + 16 t

3 y truncando en grado 3(los terminos de grado > 3 los eliminamos; pondremos · · · ):

e2x+x2 ∼= 1 + (2x+ x2) +1

2(2x+ x2)2 +

1

6(2x+ x2)3 =

= 1+(2x+x2)+1

2(4x2+4x3+· · · )+1

6(8x3+· · · ) = 1+2x+x2+2x2+2x3+

4

3x3 = 1+2x+3x2+

10

3x3

o

11. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 4 de la funcion f(x) =e2x

1− x.

Solucion: El polinomio de grado 4 de ex es 1+ x+ 12 x

2 + 16 x

3 + 124 x

4. Como 2x → 0, el de e2x es

1 + (2x) +1

2(2x)2 +

1

6(2x)3 +

1

24(2x)4 = 1 + 2x+ 2x2 +

4

3x3 +

2

3x4

El polinomio de grado 4 de1

1 + xes 1 − x + x2 − x3 + x4. Como −x → 0, el de

1

1− xes 1 + x +

x2 + x3 + x4.

Multiplicandolos y truncando en grado 4 se obtiene el polinomio de grado 4 de f(x) =e2x

1− x, que

es(

1 + 2x+ 2x2 +4

3x3 +

2

3x4)

(

1 + x+ x2 + x3 + x4)

= (truncando) = 1+3x+5x2+19

3x3+7x4

o



12. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de la funcion f(x) =√1− 2x.

Solucion: Derivando sucesivamente se obtiene

f(x) = (1−2x)1/2 f ′(x) = −(1−2x)−1/2 f ′′(x) = −(1−2x)−3/2 f ′′′(x) = −3(1−2x)−5/2

Los valores en x = 0 de esas derivadas son f(0) = 1, f ′(0) = −1, f ′′(0) = −1 y f ′′′(0) = −3, por loque el polinomio de Maclaurin es

f(x) ≈ 1− x− 1

2x2 − 1

2x3

o

13. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de la funcion f(x) = esen(x).

Solucion: Derivando sucesivamente y evaluando en x = 0 (con esen(0) = 1, sen(0) = 0 y cos(0) = 1)se obtiene

f(x) = esen(x) f(0) = 1

f ′(x) = cos(x) esen(x) f ′(0) = 1

f ′′(x) = − sen(x) esen(x) + cos2(x) esen(x) = (cos2(x)− sen(x)) esen(x) f ′′(0) = 1

f ′′′(x) = (−2 cos(x) sen(x)− cos(x)) esen(x) + (cos2(x)− sen(x)) cos(x) esen(x) f ′′′(0) = 0

por lo que el polinomio de Malaurin es f(x) ≈ 1+x+ 12 x

2 (el termino en x3 tiene coeficiente nulo).

o

14. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de la funcion f(x) = e2 sen(x).

Solucion: Poniendo S = sen(x) y C = cos(x), las derivadas sucesivas de f(x) son

f = e2S f ′ = 2Ce2S f ′′ = (4C2 − 2S)e2S f ′′′ = (8C3 − 2C − 10SC)e2S

Por tanto f(0) = 1, f ′(0) = 2, f ′′(0) = 4 y f ′′′(0) = 6, de modo que el polinomio pedido es

P3(x) = f(0) + f ′(0) +1

2f ′′(0) +

1

6f ′′′(0) = 1 + 2x+ 2x2 + x3

o



15. Dada la funcion f(x) = sen(x) cos(x), calcula su polinomio de Maclaurin de grado 5, P5(x).

Calcula P5(0,1) con 10 decimales y comparalo con el valor que te da la calculadora para f(0,1).

Solucion: Opcion 1: Observando que f(x) = 12 sen(2x), basta con hacer el polinomio de grado 5

del seno (que es x− 13! x

3 + 15! x

5) poniendo 2x en vez de x (y sin olvidar el factor 1/2 inicial):

P5(x) =1

2

[

(2x)− 1

3!(2x)3 +

1

5!(2x)5

]

= x− 22

2 · 3 x3 +24

2 · 3 · 4 · 5 x5 = x− 2

3x3 +

2

15x5

Opcion 2: Multiplicando los polinomios de grado 5 del seno y el coseno y truncando en grado 5 setiene

(

x− 1

3!x3 +

1

5!x5)(

1− 1

2x2 +

1

4!x4)

= x− 1

3!x3 +

1

5!x5 − 1

2x3 +

1

2

1

3!x5 +

1

4!x5

Los coeficientes de x3 y de x5 son los siguientes, que nos llevan al mismo polinomio:

−1

6− 1

2= −1 + 3

6− 2

3y

1

120+

1

12+

1

24=

1 + 10 + 5

120=

16

120=

2

15

Opcion 3: Usamos la definicion, derivando y evaluando en 0; en la segunda derivada se encuentraun multiplo de la propia funcion f , con lo que el resto de calculos se simplifican:

f(x) = sen(x) cos(x) f(0) = 0

f ′(x) = cos2(x)− sen2(x) f ′(0) = 1

f ′′(x) = −2 cos(x) sen(x)− 2 sen(x) cos(x) = −4f(x) f ′′(0) = 0

f ′′′(x) = [−4f(x)]′ = −4f ′(x) f ′′′(0) = −4

f iv(x) = [−4f ′(x)]′ = −4f ′′(x) = 16f(x) f iv(0) = 0

fv(x) = [16f(x)]′ = 16f ′(x) fv(0) = 16

Como antes (claro), el coeficiente de x3 es −4/3! = −2/3 y el de x5 es 16/5! = 2/15.

En cuanto al valor en 0,1, sustituyendo se tiene

P (0,1) = 0,1− 0,0006666666 · · ·+ 0,0000013333 . . . = 0,0993346666 . . .

El valor “real” que da la calculadora es f(0,1) = sen(0,1) cos(0,1) = 12 sen(0,2) = 0,09933466539 . . .

por lo que las 7 primeras cifras significaticas (los 8 primeros decimales) de la aproximacion soncorrectos. Esta precision no es rara en cuanto el grado del polinomio es un poco alto.

o



16. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de la funcion f(x) = x ln(1+ x), y usalo para dar unvalor aproximado de ln(1,1).

Solucion: Se tiene:f ′(x) = ln(1 + x) + x(1 + x)−1

f ′′(x) = (1 + x)−1 + (1 + x)−1 − x(1 + x)−2 = 2(1 + x)−1 − x(1 + x)−2

f ′′′(x) = −2(1 + x)−2 − (1 + x)−2 + 2x(1 + x)−3 = −3(1 + x)−2 + 2x(1 + x)−3

y por tantof(0) = 0 f ′(0) = 0 f ′′(0) = 2 f ′′′(0) = −3

de manera que el polinomio pedido es

P (x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)2

x2 +f ′′′(0)

6x3 = x2 − 1

2x3

Para x = 0,1 se tiene

0,1 ln(1,1) = f(0,1) ≈ P (0,1) = 0,01− 0,0005 = 0,0095

y multiplicando por 10 queda ln(1,1) ≈ 0,095.

o

17. Dada la funcion f(x) = ln(1 + x+ x2), se pide:

a) Calcula las expresiones generales de sus tres primeras derivadas, f ′(x), f ′′(x) y f ′′′(x).

b) Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de f(x).

c) Usa ese polinomio para obtener un valor aproximado de ln(1, 11).

Solucion: Calculamos las derivadas (cuidado al aplicar la regla de la cadena!) usando la notacionexponencial, derivando productos y sacando factor comun la potencia mas baja de (1 + x + x2),aunque tambien se pueden hacer derivando cocientes y simplificando potencias de (1 + x+ x2):

f ′(x) =1 + 2x

1 + x+ x2= (1 + x+ x2)−1(1 + 2x)

f ′′(x) = −(1+x+x2)−2(1+2x)(1+2x)+(1+x+x2)−12 = (1+x+x2)−2[

−1− 4x− 4x2 + 2(1 + x+ x2)]

=

(1 + x+ x2)−2(1− 2x− 2x2)

f ′′′(x) = −2(1 + x+ x2)−3(1 + 2x)(1− 2x− 2x2) + (1 + x+ x2)−2(−2− 4x2)

(aquı se podrıa simplificar mas, pero para el apartado siguiente solo necesitamos sustituir x = 0).

Para calcular el polinomio de Maclaurin basta con12 evaluar f(x) y las tres derivadas anteriores enx = 0:

f() = 0 f ′(0) = 1 f ′′(0) = 1 f ′′(0)/2! = 1/2 f ′′′(0) = −4 f ′′′(0)/3! = −2/3

y aplicar entonces la formula del polinomio para obtener P3(x) = x+ 12 x− 2

3 x3.

Se tiene ln(1, 11) = f(0, 1), y por tanto un valor aproximado es P3(0, 1) = 0, 104333 . . . (el valor“real” con 6 cifras decimales es 0, 104360).

o

12tambien se puede sustituir t = x+ x2 en ln(t) ≈ t− 1

2t2 + 1

3t3 − 1

4t4 + · · · y despreciar los terminos en x4 y exponentes

superiores, pero una vez calculadas las derivadas es mas razonable usar la formula.



18. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de la funcion f(x) = ex−x2

, y usalo para dar un valoraproximado de e0,09 con 6 cifras decimales.

Solucion: Para calcular el polinomio hay dos opciones: aplicar la formula calculando las derivadaso sustituir t = x − x2 en el desarrollo conocido de et. Veamos las dos; primero calculamos lasderivadas:

- f(x) = ex−x2

, f(0) = 1.

- f ′(x) = (1− 2x)ex−x2

, f ′(0) = 1.

- f ′′(x) = [−2 + (1− 2x)2]ex−x2

= (−1− 4x+ 4x2)ex−x2

, f ′′(0) = −1.

- f ′′′(x) = [(−4+ 8x)+ (−1− 4x+4x2)(1− 2x)]ex−x2

= (−5+ 6x+12x2 − 8x3)ex−x2

, f ′′′(0) = −5.

Entonces el polinomio es

f(0) + f ′(0) +1

2f ′′(0) +

1

6f ′′′(0) = 1 + x− 1

2x2 − 5

6x3

Se obtiene lo mismo sustituyendo t = x− x2 en et ∼= 1+ t+ 12 t

2 + 16 t

3 y truncando en grado 3 (losterminos de grado > 3 los eliminamos; pondremos · · · ):

ex−x2 ∼= 1 + (x− x2) +1

2(x− x2)2 +

1

6(x− x2)3 =

= 1 + (x− x2) +1

2(x2 − 2x3 + · · · ) + 1

6(x3 + · · · ) = 1 + x− 1

2x2 − 5

6x3

Para x = 0, 1 se tiene x− x2 = 0, 1− 0, 01 = 0, 09. Usando el polinomio para aproximar tenemos

e0,09 = f(0, 1) ∼= 1 + 0, 1− 1

20, 01− 5

60, 001 = 1, 1− 0, 005− 0, 000833 = 1, 094167

(el valor real es 1, 094174 . . . )

o

19. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 2 de f(x) =√100 + x y usalo para calcular un valor

aproximado de√101 con 5 decimales. [El valor real es

√101 = 10, 04987562 . . . ]

Solucion: Se tiene f(x) = (100 + x)1/2, luego f ′(x) = 12(100 + x)−1/2 y f ′′(x) = −1

4(100 + x)−3/2.Ası

f(0) = 10 f ′(0) =1

2100−1/2 = 0, 5·10−1 = 0, 05 f ′′(0) = −1

4100−3/2 = −0, 25·10−3 = −0, 00025

y el polinomio pedido es P (x) = f(0) + f ′(0)x+ 12 f

′′(0)x2 = 10 + 0, 05x− 0, 000125x2.

Por tanto√101 = f(1) ≈ 10 + 0, 05− 0, 000125 = 10, 049875.

o



20. Dada la funcion f(x) = (x2 + 4x+ 9)3/2, se pide:

(a) Determina su dominio.

(b) Calcula sus derivadas primera y segunda, simplificandolas cuanto puedas.

(c) Resuelve las ecuaciones f(x) = 0, f ′(x) = 0 y f ′′(x) = 0.

(d) Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 2 de la funcion y usalo para aproximar el valor (nose pide acotar el error) de

√

9, 413.

Solucion: (a) Observando que x2+4x+9 no tiene raıces reales, o poniendolo como x2+4x+4+5 =(x+2)2 +5, vemos que siempre es positivo y por tanto siempre existe su raız cuadrada, de maneraque el dominio es todo R.

(b) f ′(x) = 32(x

2 + 4x+ 9)1/2(2x+ 4) = 3(x+ 2)(x2 + 4x+ 9)1/2.

f ′′(x) = 3

[

(x2 + 4x+ 9)1/2 + (x+ 2)1

2(x2 + 4x+ 9)−1/2(4x+ 2)

]

=

3[

(x2 + 4x+ 9)1/2 + (x+ 2)2(x2 + 4x+ 9)−1/2]

= 3(x2+4x+9)−1/2[x2+4x+9+x2+4x+4] =

3(2x2 + 8x+ 13)(x2 + 4x+ 9)−1/2

(c) Como los polinomios x2+4x+9 y 2x2+8x+13 no tienen raıces reales, las ecuaciones f(x) = 0y f ′′(x) = 0 no tienen solucion, y claramente la unica solucion para f ′(x) = 0 es x = −2.

(d) Al sustituir x = 0 en las expresiones anteriores, se tiene (x2 + 4x + 9)n/2 = 9n/2 = 3n, luegof(0) = 33 = 27, f ′(0) = 3 · 2 · 3 = 18 y f ′′(0) = 3 · 13 · 3−1 = 13, y por tanto el polinomio deMaclaurin pedido es p(x) = 27 + 18x+ 13

2 x2 = 27 + 18x+ 6, 5x2.

Claramente, para x = 0, 1 se tiene x2 + 4x+ 9 = 9, 41, ası que√

9, 413 = (9, 41)3/2 = f(0, 1) ≈ p(0, 1) = 27 + 1, 8 + 0, 065 = 28, 865

o

21. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 4 de f(x) = sen(2x) ln(1 + 3x) y usalo para dar unvalor aproximado de sen(0, 2) ln(1, 3).

Solucion: Conocemos los polinomios de grado 4 de ambos factores:

sen(2x) ≈ 2x− 1

6(2x)3 = 2x− 4

3x3

ln(1 + 3x) ≈ 3x− 1

2(3x)2 +

1

3(3x)3 − 1

4(3x)4 = 3x− 9

2x2 + 9x3 − 81

4x4

y basta con multiplicarlos truncando en grado 4 para obtener el resultado p(x) = 6x2− 9x3+14x4.

El valor pedido es f(0, 1), que aproximamos con

p(0, 1) = 0, 06− 0, 009 + 0, 0014 = 0, 0614− 0, 009 = 0, 0524

o



22. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de f(x) = ln(1 + 2x+ x2) y usalo para dar un valoraproximado de f(0, 1) = ln(1, 21), acotando el error cometido.

Solucion: Es facil si se simplifica f(x) = ln((1 + x)2) = 2 ln(1 + x) (¡todo es mas facil si sesimplifica!), pues sale directamente el doble del desarrollo de ln(1+x), o sea p(x) = 2x−x2+ 2

3 x3.

Tambien se puede observar que 2x + x2 tiende a cero y por tanto el polinomio se puede obtenersustituyendo x por 2x+ x2 en el desarrollo de ln(1 + x) y truncando en grado 3.

El valor aproximado que se pide es

p(0, 1) = 0, 2− 0, 01 + 0, 000666 . . . = 0, 190666 . . .

Para acotar el error necesitamos la derivada cuarta, ası que calculamos:

f ′(x) = 2(1 + x)−1 f ′′(x) = −2(1 + x)−2 f ′′′(x) = 4(1 + x)−3 f ′′′′(x) = −12(1 + x)−4

y el error cometido al aproximar f(0, 1) por p(0, 1) es

R4(0, 1) =f ′′′′(ξ)4!

(0, 1)4 =−12(1 + ξ)−4

2410−4 = −5 · 10−5(1 + ξ)−4

para cierto ξ entre 0 y 0, 1. Para esos valores de ξ, la funcion (1 + ξ)−4 es claramente positiva y esdecreciente, pues su derivada −4(1 + ξ)−5 es negativa. Por tanto alcanza su maximo a la izquierdadel intervalo con valor 1. En definitiva, el error esta acotado en valor absoluto por 5 · 10−5.

(Nota: la calculadora da el valor ln(1, 21) = 0, 190620 . . . por lo que el error ”real” es de unos4, 6 · 10−5 y la cota obtenida esta muy ajustada.)

o

23. Dada la funcion f(x) = (1+x) ln(1+x), calcula su polinomio de Maclaurin de grado 3, usalo paracalcular el valor de 1,1 · ln(1,1) y acota el error cometido al hacer esa aproximacion.

Solucion: Para calcular el polinomio multiplicamos 1 + x por el desarrollo de ln(1 + x) ≈ x −12 x

2 + 13 x

3 − · · · y truncamos en grado 3 para obtener x+ 12x

2 − 16x

3. Entonces

1,1 · ln(1,1) = f(0, 1) ≈ P (0,1) = 0,1 + 0,005− 0,0001666 · · · = 0,10483333 . . .

Para acotar el error se necesita la cuarta derivada. Calculamos13:

f ′(x) = · · · = 1+ ln(1 + x) f ′′(x) = (1 + x)−1 f ′′′(x) = −(1 + x)−2 f ′′′′(x) = 2(1 + x)−3

El error cometido lo da el resto de Lagrange R4(x) =f ′′′′(φ)24

x4 con φ entre 0 y x; en nuestro caso

es x = 0,1, luego φ ∈ [0, 0,1] y

R4(0,1) =(1 + φ)−3

1210−4

Como 1 + φ es creciente, (1 + φ)−3 es decreciente (y positiva) y por tanto alcanza su maximo ala izquierda del intervalo, o sea cuando φ = 0, y ese maximo vale 1. En definitiva el error quedaacotado por

|R4(0,1)| ≤1

1210−4 < 10−5

o

13Evaluando en 0 tenemos f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 1 y f ′′′(x) = −1, lo que nos darıa el polinomio de grado 3).



24. Dada la funcion f(x) = (1− x) ln(1− x), calcula su polinomio de Maclaurin de grado 3 y acota elerror cometido al usar el polinomio para aproximar el valor de 1,1 ln(1,1) (no se pide el valor de laaproximacion, solo la cota del error).

Solucion: Para calcular el polinomio necesitamos evaluar en x = 0 la funcion y sus tres primerasderivadas, y para acotar el error necesitaremos la cuarta derivada. Calculamos y evaluamos enx = 0:

f(x) = (1− x) ln(1− x) f(0) = 0.

f ′(x) = − ln(1− x)− (1− x)1

1− x= −1− ln(1− x) f ′(0) = −1.

f ′′(x) = (1− x)−1 f ′′(0) = 1.

f ′′′(x) = (1− x)−2 f ′′′(x) = 1.

f ′′′′(x) = 2(1− x)−3.

Por tanto el polinomio es

P3(x) = f(0) + f ′(0)x+f ′′(0)2

x2 +f ′′′(0)

6x3 = −x+

1

2x2 +

1

6x3

que tambien se puede obtener multiplicando (1 − x) por −x − 12x

2 − 13x

3 (desarrollo de ln(1 − x)hasta el grado 3) y truncando en grado 3.

El valor de 1,1 ln(1,1) es f(−0,1). Su aproximacion (que no se pide) se obtendrıa sustituyendox = −0,1 en P3(x), y el error cometido (que debemos acotar) lo da el valor absoluto del resto deLagrange en x. Este resto vale

R4(x) =f ′′′′(ξ)24

x4 =(1− ξ)−3

12x4 R4(−0,1) =

(1− ξ)−3

1210−4

para cierto ξ entre 0 y x = −0,1, o sea ξ ∈ [−0,1, 0]. Como 1− ξ es decreciente (siempre) y positiva(en ese intervalo), (1 − ξ)−3 es creciente y positiva; por tanto alcanza su maximo a la derecha delintervalo, o sea cuando ξ = 0, y ese maximo vale 1. En definitiva el error queda acotado por

|R4(−0,1)| ≤ 1

1210−4 < 10−5

o

25. Halla una cota del error cometido al usar los tres primeros terminos del desarrollo de Maclaurin dela funcion sen(x) para calcular sen(π/12).

Solucion: Esos tres primeros terminos forman el polinomio de grado 2, luego hay que considerarel resto de grado 3, que por la formula de Lagrange vale

R3(x) = f ′′′(a)x3/3! = −x3 cos(a)/6

para cierto a ∈ (0, x). Para x = π/12 podemos acotar el coseno por 1 y π/12 por 4/12 = 1/3, demodo que el error queda acotado por

|R3(π/12)| ≤ (1/6)(1/3)3 = 1/162 = 0′006 . . . < 7 · 10−3



Si en lugar de los tres primeros terminos se piensa en el polinomio de grado tres entonces hay queusar R4(x) = x4 sen(a)/4! y si se usa ademas sen(a) < a < x se obtiene la cota

|R4(π/12)| < (π/12)5/24 = 1/(3524) = 1/5,832 < 2 · 10−4

o

26. Obten el polinomio de Maclaurin de grado 4 de y(x) = sen(x/3), indicando los valores positivos dex para los que se puede asegurar que el error cometido al aproximar la funcion por el polinomio esmenor que 10−3.

Solucion: El polinomio es P4(x) = y(0) + y′(0)x + 12y

′′(0)x2 + 16y

′′′(0)x3 + 124y

iv(0)x4, con errormaximo R5(x) =

∣

∣

1120y

v(θ)x5∣

∣ para cierto θ entre 0 y x. Las derivadas sucesivas valen

y′(x) =cos(x/3)

3y′′(x) =

− sen(x/3)

9y′′′(x) =

− cos(x/3)

27yiv(x) =

sen(x/3)

81yv(x) =

cos(x/3)

243

En x = 0 se tiene y(0) = 0, y′(0) = 13 , y

′′(0) = 0, y′′′(0) = −127 , y

iv(0) = 0, luego P4(x) =1

3x− 1

162x3.

La cota de error es

R5(x) =

∣

∣

∣

∣

1

120 · 243 cos(θ/3)x5∣

∣

∣

∣

≤ 1

29,160x5

(solo se consideran valores positivos de x), que se hace menor que 10−3 cuando x5 < 29,160 ·10−3 =29′16, o sea cuando x < 5

√29′16 = 1′963 . . . .

o

27. Acota el error de la formula de aproximacion

√1 + x ≈ 1 +

x

2− x2

8

para 0 ≤ x ≤ 1 y halla un valor aproximado de√1′5 estimando el error cometido.

Solucion: La formula es el polinomio de Maclaurin de grado 2 de la funcion f(x) =√1 + x =

(1 + x)1/2. Como f ′′′(x) = 38(1 + x)−5/2, el resto de Lagrange es R3(x) = 1

638(1 + ξ)−5/2x3 con

0 < ξ < x. Como (1 + ξ)−5/2 es decreciente, alcanza su mınimo cuando ξ vale 0 y ese mınimo vale1, por lo que R3(x) ≤ 1

16x3. Por tanto, para 0 ≤ x ≤ 1 el error esta acotado por 1

16 = 0′0625.Para x = 0′5 se obtiene la aproximacion

√1′5 ≈ 1 + 1

4 − 132 = 1′21875 con error acotado por

R3(0′5) ≤ 1

1618 = 0′0078125.

o



28. Usando el polinomio de Maclaurin de la funcion adecuada, calcula aproximadamente 14√econ un

error menor que 10−3.

Solucion: Se trata de calcular e−1/4, es decir, el valor de la funcion f(x) = ex en el punto x = −1/4.Su polinomio de Maclaurin de grado n es Pn(x) = 1+x+ 1

2x2+ 1

3!x3+ · · ·+ 1

n!xn, y hay que evaluarlo

en x = −1/4 con el grado n adecuado para que el error sea menor que 10−3. El error (en valor

absoluto) para x = −1/4 es Rn(−1/4) = 1(n+1)!e

θ(1/4)n+1 = eθ

4n+1(n+1)!con −1/4 < θ < 0, que se

hace maximo cuando θ = 0. Es decir, Rn(−1/4) < 14n+1(n+1)!

, que se hace menor que 10−3 para

n = 3. Entonces el polinomio vale

P3(−1/4) = 1− 1

4+

1

42 · 2 − 1

43 · 3! = 1− 0′25 + 0′03125− 0′00260 . . . = 0′77865 . . .

con error menor que 10−3 (el valor “exacto.es e−1/4 = 0′77880078 . . . ).

o

29. Se quiere utilizar el polinomio de Maclaurin de f(x) = ln(1 + x) para calcular el valor de ln(1′2)con un error menor que 10−6. ¿Que grado hay que tomar?

Solucion: Como f (n)(x) = ±(n− 1)!(1 + x)−n, el resto de orden n del polinomio es

Rn+1(x) = ±n!(1 + ξ)−(n+1)

(n+ 1)!xn+1 = ±(1 + ξ)−(n+1)

n+ 1xn+1

con ξ entre 0 y x. Para calcular ln(1′2) hay que tomar x = 0′2. En el intervalo [0 , 0′2] la funcion(1 + ξ)−(n+1) es decreciente y positiva, luego alcanza su maximo en ξ = 0 con valor 1. Ası, el

error cometido al calcular ln(1′2) se puede acotar por |Rn+1(0′2)| ≤ 0′2n+1

n+ 1, y sera menor que 10−6

cuando 0′2n+1 = 2n+110−(n+1) < (n+ 1)10−6, o sea 2n+1 < (n+ 1)10n−5. Para n = 6 aun se tiene27 = 128 > 7 · 10 = 70, y para n = 7 ya sı se tiene 28 = 256 < 8 · 102 = 800. Por tanto hay quetomar grado 7.

o

30. La ecuacion x2 + xy2 + y = 2 define a la variable y como funcion de x con y(0) = 2. Calcula elpolinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).

Solucion: Derivamos con respecto a x en ambos miembros de la ecuacion, teniendo en cuenta quey es funcion de x:

2x+ y2 + 2xyy′ + y′ = 0

Evaluando en x = 0 (con y = 2) se tiene 4 + y′(0) = 0, por lo que y′(0) = −4.

Derivando de nuevo con respecto a x en ambos miembros se tiene

2 + 2yy′ + 2yy′ + 2x(y′)2 + 2xyy′′ + y′′ = 0

Evaluando ahora en x = 0 (con y = 2 e y′ = −4) se tiene 2 − 16 − 16 + y′′(0) = 0, por lo quey′′(0) = 30.

Por tanto el polinomio pedido es P2(x) = y(0) + y′(0) +1

2y′′(0) = 2− 4x+ 15x2.

o



Observacion: En el problema anterior, y en los siguientes de este apartado (en los que hay quehacer derivacion implıcita) es un error escribir por ejemplo f ′(x) = 2x+ y2 + 2xyy′ + y′.

No hay ninguna funcion f(x) aquı, y menos una que dependa de varias variables (como x, y o y′).

La funcion es y = y(x), o sea y es funcion de una sola variable x. En principio habrıa que ponery(x), y′(x) e y′′(x) en lugar de y, y′ e y′′ (salvo cuando se sustituyen valores concretos), pero esoentorpece la notacion y no es necesario toda vez que el enunciado ya afirma que y es funcion de x.

Por ultimo, cuando se sustituyen los valores concretos x = 0 e y(0) = 2, entonces SI hay que indicary′(0), para que quede claro que ahı no tratamos con la funcion derivada sino con su valor en unpunto.

o

31. La ecuacion x2 + xy2 + 2y = 6 define a la variable y como funcion de x con y(0) = 3. Calcula elpolinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).


2x+ y2 + 2xyy′ + 2y′ = 0

Evaluando en x = 0 (con y = 3) se tiene 9 + 2y′(0) = 0, por lo que y′(0) = −9/2.


2 + 2yy′ + 2yy′ + 2x(y′)2 + 2xyy′′ + 2y′′ = 0

Evaluando ahora en x = 0 (con y = 3 e y′ = −9/2) se tiene 2 − 27 − 27 + 2y′′(0) = 0, por lo quey′′(0) = 26.


2y′′(0) = 3− 9

2 x+ 13x2.

o

32. La ecuacion x2 + xy2 + y3 + y = 2 define a la variable y como funcion de x con y(0) = 1. Calculael polinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).

Solucion: Derivando con respecto a x en ambos miembros de la ecuacion se tiene

0 = 2x+ y2 + 2xyy′ + 3y2y′ + y′ = 2x+ y2 + (2xy + 3y2 + 1)y′

Evaluando ahora en x = 0 (con y = 1) se tiene 0 = 1 + 4y′(0), por lo que y′(0) = −1/4.


0 = 2+2yy′+(2y+2xy′+6yy′)y′+(2xy+3y2+1)y′′ = 2+(4y+2xy′+6yy′)y′+(2xy+3y2+1)y′′

Evaluando ahora en x = 0 (con y = 1 e y′ = −1/4) se tiene

0 = 2 +

(

4− 6

4

) −1

4+ 4 y′′(0) = 2− 5

8+ 4 y′′(0) =

11

8+ 4 y′′(0)

por lo que y′′(0) = −11/32. Por tanto el polinomio pedido es

P2(x) = y(0) + y′(0) +1

2y′′(0) = 1− 1

4x− 11

64x2

o



33. La ecuacion x3+y3+xy+3x+y = 2 define a la variable y como funcion de x con y(0) = 1. Calculael polinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).


3x2 + 3y2y′ + y + xy′ + 3 + y′ = 0 o 3x2 + y + 3 + (3y2 + x+ 1)y′ = 0

Evaluando en x = 0 (con y = 1) se tiene 4 + 4y′(0) = 0, por lo que y′(0) = −1.

Derivando con respecto a x en la ultima expresion se tiene

6x+ y′ + (6yy′ + 1)y′ + (3y2 + x+ 1)y′′ = 0

Evaluando ahora en x = 0 (con y = 1 e y′ = −1) se tiene −1 + 6 − 1 + 4y′′(0) = 0, por lo quey′′(0) = −1.


2y′′(0) = 1− x− 1

2x2.

o

34. La ecuacion 2x2 + xy2 + y3 = 8 define a la variable y como funcion de x con y(0) = 2. Calcula elpolinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).


0 = 4x+ y2 + 2xyy′ + 3y2y′ = 4x+ y2 + (2xy + 3y2)y′

Evaluando ahora en x = 0 (con y = 2) se tiene 0 = 4 + 12y′(0), por lo que y′(0) = −1/3.


0 = 4 + 2yy′ + (2y + 2xy′ + 6yy′)y′ + (2xy + 3y2)y′′ = 4 + (4y + 2xy′ + 6yy′)y′ + (2xy + 3y2)y′′

Evaluando ahora en x = 0 (con y = 2 e y′ = −1/3) se tiene

0 = 4 + (8− 4)−1

3+ 12y′′(0) =

8

3+ 12y′′(0)

por lo que y′′(0) = −2/9. Por tanto el polinomio pedido es

P2(x) = y(0) + y′(0) +1

2y′′(0) = 2− 1

3x− 1

9x2

o



35. La ecuacion 37x3 + 3x2y + 6xy2 + y3 = 8 define a la variable y como funcion de x con y(0) = 2.Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).


0 = 3 · 37x2 + 6xy + 3x2y′ + 6y2 + 12xyy′ + 3y2y′ = 3[

37x2 + 2xy + 2y2 + (x2 + 4xy + y2)y′]

Evaluando ahora en x = 0 (con y(0) = 2) se tiene 0 = 3(8 + 4y′(0)), por lo que y′(0) = −2.

Derivando de nuevo con respecto a x en ambos miembros (y cancelando antes el 3) se tiene

0 = 2 · 37x+ 2y + 2xy′ + 4yy′ + (2x+ 4y + 4xy′ + 2yy′)y′ + (x2 + 4xy + y2)y′′

Evaluando en x = 0 (con y(0) = 2 e y′(0) = −2) se tiene 0 = 4−16−2(8−8)+4y′′(0) = −12+4y′′(0),por lo que y′′(0) = 3.

Por tanto el polinomio pedido es P2(x) = y(0) + y′(0) + 12 y′′(0) = 2− 2x+ 3

2 x2.

o


12 UNA VARIABLE: PRIMITIVAS, INTEGRAL DEFINIDA Y APLICACIONES

12. UNA VARIABLE: PRIMITIVAS, INTEGRAL DEFINIDA Y APLI-CACIONES

1. Dada una funcion continua f : [a,+∞) → R, ¿como se define la integral impropia∫ +∞a f(x) dx, y

cuando se dice que esa integral es convergente?

Solucion: Se defie como el lımite cuando b → ∞ de∫ ba f(x) dx. y se dice que es convergente cuando

ese lımite es finito.

o

2. Haz un argumento geometrico (intuitivo) para defender la siguiente afirmacion: Si f : R → R es

una funcion continua impar y b > 0, entonces la integral definida∫ b−b f(x)dx vale 0.

Solucion: Aunque no se pregunta expresamente sobre eso, cabe senalar que, al ser f continua enR, existe la integral definida.

Esa integral definida representa el area comprendida entre la grafica de y = f(x) y el eje horizontal,entendida como “area negativa” en los tramos en los que f(x) < 0. Como la funcion es impar, essimetrica con respecto al origen, con lo que su grafica sobre [−b, 0] es la grafica sobre [0, b] girada180 , y por tanto las “areas positivas” sobre cada tramo se compensan con “areas negativas” sobreel otro, y viceversa, y en consecuencia el area total es nula.

Un argumento mas formal (que no se pide) se basa en la interpretacion de una integral definida∫ ab g(x)dx con a < b como el valor opuesto de

∫ ba g(x)dx. Entonces, aplicando el cambio de variable

t = −x a I =∫ b−b f(x)dx, se obtiene14

I =

∫ −b

bf(−x)(−dx) = −

∫ −b

bf(−x)dx =

∫ b

−bf(−x)dx =

∫ b

−b(−f(x))dx = −

∫ b

−bf(x)dx = −I

y por lo tanto I = 0.

o

3. Calcula las primitivas∫

sen(x) cos(x) dx y∫

tan(x) dx con cambios de variable sencillos.

Solucion: El cambio t = sen(x) (con dt = cos(x) dx) transforma la 1 en∫

t dt = 12 t

2 = 12 sen2(x).

El cambio t = cos(x) (con dt = − sen(x) dx) transforma la 2 en∫ −dt

t = − ln(t) = − ln(cos(x)).

En ambos casos se puede sumar una constante de integracion.

o

14La primera igualdad porque el cambio conlleva dt = −dx y cambia el signo a los lımites de integracion; en la segunday la quinta sale fuera de la integral el signo −; la tercera porque en general

∫ a

bg(x)dx = −

∫ b

ag(x)dx, por el comentario

anterior; la cuarta por ser f impar.



4. Calcula primitivas de las funciones f(x) =x

(1 + x2)3y g(x) =

x2√9− x3

.

Solucion: Para la primitiva de f(x) hacemos t = 1 + x2, dt = 2x dx y ası

∫

f(x) dx =

∫ 12 dt

t3=

1

2

∫

t−3 dt =1

2

t−2

−2= −1

4(1 + x2)−2

Para la primitiva de g(x) hacemos t = 9− x3, dt = −3x2 dx y ası

∫

g(x) dx =

∫ −13 dt√t

= −1

3

∫

t−1/2 dt = −1

3

t1/2

1/2= −2

3

√

9− x3

o

5. Calcula la integral definida I =

∫ 4

1e√x dx.

Solucion: Haciendo x = t2 se tiene dx = 2t dt, luego I =∫ 21 2tet dt. La primitiva se hace muy

facilmente por partes y vale 2(t− 1)et, luego I = 2(t− 1)et]2

1= 2e2.

o

6. Calcula una primitiva de la funcion f(x) =sen2 x− cos2 x

(senx− cosx)2.

Solucion: Se puede resolver de varias formas. La mas rapida es observar que arriba hay unadiferencia de cuadrados y que al cancelar en la fraccion el numerador resulta ser la derivada deldenominador, por lo que se obtiene un logaritmo neperiano de forma inmediata:

∫

sen2 x− cos2 x

(senx− cosx)2dx =

∫

(senx+ cosx)(senx− cosx)

(senx− cosx)2dx =

∫

senx+ cosx

senx− cosxdx = ln | senx−cosx|+C

Otra opcion consiste en manipular las expresiones usando las formulas del angulo doble:

sen2 x− cos2 x = − cos(2x) (senx− cosx)2 = sen2 x+ cos2 x− 2 senx cosx = 1− sen(2x)

y aplicar entonces el cambio t = 1− sen(2x), con dt = −2 cos(2x) dx:

∫

sen2 x− cos2 x

(senx− cosx)2dx =

∫ − cos(2x)

1− sen(2x)dx =

∫ 12 dt

t=

1

2ln |t|+ C =

1

2ln |1− sen(2x)|+ C

que coincide con la anterior si volvemos a usar 1 − sen(2x) = (senx − cosx)2 y pasamos comoexponente el 1

2 que multiplica al logaritmo.

o



7. Calcula la primitiva

∫

senx cosx

1 + sen4 xdx .

Solucion: El cambio de variable t = sen2 x, con dt = 2 senx cosx dx, lleva a

∫

senx cosx

1 + sen4 xdx =

∫ 12 dt

1 + t2=

1

2arctan(t) + C =

1

2arctan(sen2 x) + C

Alternativamente, si se intenta el cambio t = senx, con dt = cosx dx, se obtiene∫

senx cosx

1 + sen4 xdx =

∫

t dt

1 + t4

y entonces un nuevo cambio t2 = z, con 2t dt = dz, transforma la ultima primitiva en

∫ 12 dz

1 + z2=

1

2arctan(z) + C =

1

2arctan(t2) + C =

1

2arctan(sen2 x) + C

o

8. Calcula una primitiva de la funcion f(x) = ex(x2 − x+ 4).

Solucion: Tomando partes u = x2 − x + 4 (con du = (2x − 1)dx) y dv = exdx (con v = ex) setiene

I =

∫

ex(x2 − x+ 4) dx =

∫

udv = uv −∫

vdu = ex(x2 − x+ 4)−∫

ex(2x− 1)dx

Para la ultima primitiva volvemos a tomar partes u = 2x − 1 (con du = 2dx) y dv = exdx (conv = ex):

I = ex(x2 − x+ 4)−[

ex(2x− 1)−∫

2exdx

]

= ex(x2 − x+ 4)− [ex(2x− 1)− 2ex] =

= ex[

x2 − x+ 4− (2x− 1) + 2]

= ex(x2 − 3x+ 7)

Esa es una primitiva, como se comprueba facilmente derivando. Si se pidieran todas las primitivassimplemente habrıa que sumar una constante de integracion.

o

9. Calcula una primitiva de f(x) = e2x(x2 + x+ 1).

Solucion: Hacemos la integral por partes:

I =

∫

e2x(x2+x+1) dx =

[

u = x2 + x+ 1 du = (2x+ 1)dxdv = e2x dx v = 1

2 e2x

]

=1

2

(

e2x(x2 + x+ 1)−∫

e2x(2x+ 1) dx

)

Volvemos a hacer por partes la nueva primitiva que aparece:

∫

e2x(2x+ 1) dx =

[

u = 2x+ 1 du = 2dxdv = e2x dx v = 1

2 e2x

]

=1

2

(

e2x(2x+ 1)−∫

2e2x dx

)

=



1

2

(

e2x(2x+ 1)− e2x)

= xe2x

Y sustituimos en la primera lınea para obtener finalmente:

I =1

2

(

e2x(x2 + x+ 1)− xe2x)

=1

2e2x(x2 + 1)

Como se pide “una” primitiva, no hace falta la constante de integracion. No esta de mas derivarpara comprobar:

(

1

2e2x(x2 + 1)

)′=

1

2

(

2e2x(x2 + 1) + e2x2x)

= e2x(x2 + x+ 1)

Una alternativa para calcular este tipo de primitivas es la siguiente: En general, si p(x) es unpolinomio y K 6= 0 es una constante, la derivada de eKxp(x) es eKx (Kp(x) + p′(x)), o sea eKx porun polinomio del mismo grado que p(x).

En este caso es K = 2 y grado 2, por lo que podemos considerar una funcion e2x(Ax2 + Bx+ C),calcular su derivada e igualarla a f(x) = e2x(x2 + x+ 1):

e2x(

2Ax2 + 2Bx+ 2C + 2Ax+B)

= e2x(

2Ax2 + 2(B +A)x+ (2C +B)) ?

= e2x(x2 + x+ 1)

Igualando los coeficientes de x2 obtenemos A = 1/2, igualando los de x obtenemos 2(B + A) = 1,y por tanto B = 0, y la igualdad de los terminos independientes es 2C +B = 0, o sea C = 1/2. Seobtiene por tanto la primitiva e2x

(

12 x

2 + 12

)

= 12 e

2x(x2 + 1), como antes.

o

10. Calcula una primitiva de la funcion f(x) = ex sen(x).

Solucion: Tomando partes u = ex (con du = exdx) y dv = sen(x)dx (con v = − cos(x)) se tiene

I =

∫

ex sen(x) dx =

∫

udv = uv −∫

vdu = − ex cos(x) +

∫

ex cos(x)dx

Para la ultima primitiva volvemos a tomar partes u = ex (con du = exdx) y dv = cos(x)dx (conv = sen(x)):

I = − ex cos(x) +

[

ex sen(x)−∫

ex sen(x)dx

]

= − ex cos(x) + ex sen(x)− I

de donde 2I = ex(sen(x)− cos(x)) y por tanto una primitiva es I =ex(sen(x)− cos(x))

2.

o

11. Calcular una primitiva de la funcion f(x) = e2x senx.

Solucion: Es un caso tıpico de aplicar partes dos veces y despejar el valor de la primitiva:

I =

∫

e2x senx dx =

[

u = e2x du = 2e2xdxdv = senx dx v = − cosx

]

= −e2x cosx+ 2

∫

e2x cosx dx =

[

u = e2x du = 2e2xdxdv = cosx dx v = senx

]

= −e2x cosx+2e2x senx−4I ⇒ I =e2x(2 senx− cosx)

5

o



12. Calcula una primitiva de la funcion f(x) =2x3 + 2x2 + 1

x2(x2 + 1).

Solucion: Es una funcion racional. Como el grado del numerador es menor que el del denominador,escribimos la funcion como suma de fracciones simples buscando los valores de A,B,C,D tales que

2x3 + 2x2 + 1

x2(x2 + 1)=

A

x+

B

x2+

Cx+D

x2 + 1=

Ax(x2 + 1) +B(x2 + 1) + (Cx+D)x2

x2(x2 + 1)=

(A+ C)x3 + (B +D)x2 +Ax+B

x2(x2 + 1)

Igualando los coeficientes desde grado 0 hasta grado 3 se obtiene B = 1, A = 0, D = 1 y C = 2,luego

∫

2x3 + 2x2 + 1

x2(x2 + 1)dx =

∫ (

1

x2+

2x

x2 + 1+

1

x2 + 1

)

dx =−1

x+ ln(x2 + 1) + arctanx+K

o

13. Calcula una primitiva de la funcion f(x) =1

x4 − 1.

Solucion: Es una funcion racional; para factorizar x4−1 se puede usar Ruffini, pero es mas rapidosi se ven las “diferencias de cuadrados”:

x4 − 1 = (x2 + 1)(x2 − 1) = (x2 + 1)(x+ 1)(x− 1)

donde el primer factor x2+1 no tiene raıces reales. Por tanto hay que buscar constantes A,B,C,Dtales que

1

x4 − 1=

Ax+B

x2 + 1+

C

x+ 1+

D

x− 1=

(Ax+B)(x2 − 1) + C(x2 + 1)(x− 1) +D(x2 + 1)(x+ 1)

x4 − 1

Si igualamos los numeradores y sustituimos x = 1 y x = −1 obtenemos respectivamente

1 = 4D 1 = −4C ⇒ D = 1/4 C = −1/4

Haciendo ahora por ejemplo x = 0 se tiene

1 = −B − C +D = −B + 1/2 ⇒ B = −1/2

y por ultimo con x = 2 se tiene

1 = (2A− 1

2) · 3− 1

45 +

1

415 = 6A− 3

2+

10

4= 6A+ 1 ⇒ A = 0

Por tanto

f(x) =1/4

x+ 1− 1/4

x− 1− 1/2

x2 + 1⇒

∫

f(x) dx =1

4ln

(

x− 1

x+ 1

)

− 1

2arctan(x) +K

o



14. Calcula una primitiva de la funcion f(x) =3x+ 5

x3 − x2 − x+ 1.

Solucion: Es una racional con el grado del numerador menor que el del denominador, y este sefactoriza como (x− 1)2(x+ 1). Se trata pues de poner la funcion como suma de fracciones simplesen la forma

3x+ 5

x3 − x2 − x+ 1=

A

x− 1+

B

(x− 1)2+

C

x+ 1=

A(x− 1)(x+ 1) +B(x+ 1) + C(x− 1)2

(x− 1)2(x+ 1)

Los numeradores han de ser iguales; para x = 1 se tiene 8 = 2B y por tanto B = 4; para x = −1se tiene 2 = 4C y por tanto C = 1/2; para x = 0 se tiene 5 = −A+B + C y por tanto A = −1/2.En definitiva f(x) = −1

2(x− 1)−1 + 4(x− 1)−2 + 12(x+ 1)−1 y una primitiva suya es

−1

2ln |x− 1| − 4(x− 1)−1 +

1

2ln |x+ 1| = 1

2ln

∣

∣

∣

∣

x+ 1

x− 1

∣

∣

∣

∣

− 4

x− 1

o


∫

x4 − 17x

x3 − 3x− 2dx.

Solucion: Es racional, y como el grado del numerador no es menor que el del denominador, hayque empezar dividiendo con resto:

x4 − 17x = x(x3 − 3x− 2) + (3x2 − 15x)

x4 − 17x

x3 − 3x− 2= x+

3x2 − 15x

x3 − 3x− 2

Ahora se trata de poner3x2 − 15x

x3 − 3x− 2como suma de fracciones simples. Por Ruffini, el denominador

se factoriza como x3− 3x− 2 = (x+1)2(x− 2), luego hemos de buscar constantes A,B,C tales que

3x2 − 15x

(x+ 1)2(x− 2)=

A

x+ 1+

B

(x+ 1)2+

C

x− 2

Multiplicando en ambos miembros por (x+ 1)2(x− 2) se tiene

3x2 − 15x = A(x+ 1)(x− 2) +B(x− 2) + C(x+ 1)2

que para los valores x = −1, x = 2 y x = 0 da respectivamente B = −6, C = −2 y A = 5. Tambiense pueden obtener A,B,C desarrollando la expresion

3x2−15x = A(x+1)(x−2)+B(x−2)+C(x+1)2 = (A+C)x2+(−A+B+2C)x+(−2A−2B+C)

y resolviendo el sistema que se obtiene al igualar coeficientes. Por tanto

∫

x4 − 17x

x3 − 3x− 2dx =

∫ (

x+5

x+ 1− 6

(x+ 1)2− 2

x− 2

)

dx =1

2x2+5 ln(x+1)+6(x+1)−1−2 ln(x−2)+C

o




∫

x

x3 + 6x2 + 11x+ 6dx .

Solucion: El denominador se factoriza como (x+1)(x+2)(x+3), luego hay que poner el integrandocomo suma de fracciones simples de la forma

x

x3 + 6x2 + 11x+ 6=

A

(x+ 1)+

B

(x+ 2)+

C

(x+ 3)=

A(x+ 2)(x+ 3) +B(x+ 1)(x+ 3) + C(x+ 1)(x+ 2)

(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3)

Igualando numeradores y haciendo sucesivamente x = −1, x = −2 y x = −3 se obtiene A = −1/2,B = 2 y C = −3/2, luego∫

x

x3 + 6x2 + 11x+ 6dx =

∫ (

2

(x+ 2)− 1/2

(x+ 1)− 3/2

(x+ 3)

)

dx = 2 ln(x+2)−1

2ln(x+1)−3

2ln(x+3)+C

o

17. Calcula una primitiva de f(x) =3x2 + 4x+ 5

x3 + 3x2 + 7x+ 5.

Solucion: Siguiendo el proceso estandar para primitivas de funciones racionales, empezamos facto-rizando el denominador, que tiene a −1 por raız y se expresa como

x3 + 3x2 + 7x+ 5 = (x+ 1)(x2 + 2x+ 5), donde x2 + 2x+ 5 no tiene raıces reales.

Entonces se trata de encontrar constantes A,B,C con

3x2 + 4x+ 5

x3 + 3x2 + 7x+ 5=

A

x+ 1+

Bx+ C

x2 + 2x+ 5=

A(x2 + 2x+ 5) + (Bx+ C)(x+ 1)

(x+ 1)(x2 + 2x+ 5)

Como los denominadores son iguales, lo son tambien los numeradores, o sea

3x2 + 4x+ 5 = A(x2 + 2x+ 5) + (Bx+ C)(x+ 1)

Para x = −1 se obtiene 4 = 4A, de donde A = 1. Entonces para x = 0 se obtiene 5 = 5 + C, dedonde C = 0. Finalmente, para x = 1 se tiene 12 = 8 + 2B, de donde B = 2.

Para el sumando1

x+ 1tenemos la primitiva inmediata ln(x+ 1).

Para el sumando2x

x2 + 2x+ 5, poniendo x2 + 2x+ 5 = (x2 + 2x+ 1) + 4 = (x+ 1)2 + 22, sabemos

que existen constantes M y N tales que∫

2x

x2 + 2x+ 5dx = M ln(x2 + 2x+ 5) +N arctan

(

x+ 1

2

)

Derivando en ambos miembros se obtiene

2x

x2 + 2x+ 5= M

(2x+ 2)

x2 + 2x+ 5+N

1/2

((x+ 1)/2)2 + 1=

M(2x+ 2)

x2 + 2x+ 5+

2N

(x+ 1)2 + 4

Como todos los denominadores son iguales, tenemos la igualdad de polinomios 2x = 2Mx+(2M +2N). Igualando los coeficientes de x se obtiene M = 1 e igualando entonces los terminos indepen-dientes se obtiene N = −1. Ası, finalmente:

∫

3x2 + 4x+ 5

x3 + 3x2 + 7x+ 5dx = ln(x+ 1) + ln(x2 + 2x+ 5)− arctan

(

x+ 1

2

)

o



18. Calcula una primitiva de f(x) =4x2 − 2x+ 24

x3 + x2 + 8x− 10.

Solucion: Siguiendo el proceso estandar para primitivas de funciones racionales, empezamos facto-rizando el denominador, que tiene a 1 por raız y se expresa como

x3 + x2 + 8x− 10 = (x− 1)(x2 + 2x+ 10), donde x2 + 2x+ 10 no tiene raıces reales.


4x2 − 2x+ 24

x3 + x2 + 8x− 10=

A

x− 1+

Bx+ C

x2 + 2x+ 10=

A(x2 + 2x+ 10) + (Bx+ C)(x− 1)

(x− 1)(x2 + 2x+ 10)


4x2 − 2x+ 24 = A(x2 + 2x+ 10) + (Bx+ C)(x− 1)

Para x = 1 se obtiene 26 = 13A, de donde A = 2. Entonces para x = 0 se obtiene 24 = 10A−C =20 − C, o sea C = −4. Finalmente, para x = −1 se tiene 30 = 9A − 2(C − B) = 18 + 8 + 2B, dedonde B = 2.

Para el sumando 21

x− 1tenemos la primitiva inmediata 2 ln |x− 1|.

Para el sumando2x− 4

x2 + 2x+ 10, poniendo x2+2x+10 = (x2+2x+1)+9 = (x+1)2+32, sabemos

que existen constantes M y N tales que

∫

2x− 4

x2 + 2x+ 10dx = M ln(x2 + 2x+ 10) +N arctan

(

x+ 1

3

)


2x− 4

x2 + 2x+ 10= M

(2x+ 2)

x2 + 2x+ 10+N

1/3

((x+ 1)/3)2 + 1=

M(2x+ 2)

x2 + 2x+ 10+

3N

(x+ 1)2 + 9

Como todos los denominadores son iguales, tenemos la igualdad de polinomios 2x − 4 = 2Mx +(2M + 3N). Igualando los coeficientes de x se obtiene M = 1 e igualando entonces los terminosindependientes se obtiene N = −2. Ası, finalmente:

∫

4x2 − 2x+ 24

x3 + x2 + 8x− 10dx = 2 ln |x− 1|+ ln(x2 + 2x+ 10)− 2 arctan

(

x+ 1

3

)

o

19. Calcula una primitiva de f(x) =5x2 − 8x+ 27

x3 − 5x2 + 7x+ 13.

Solucion: Siguiendo el proceso estandar para primitivas de funciones racionales, empezamos facto-rizando el denominador, que tiene a −1 por raız y se expresa como

x3 − 5x2 + 7x13 = (x+ 1)(x2 − 6x+ 13), donde x2 − 6x+ 13 no tiene raıces reales.




5x2 − 8x+ 27

x3 − 5x2 + 7x+ 13=

A

x+ 1+

Bx+ C

x2 − 6x+ 13=

A(x2 − 6x+ 13) + (Bx+ C)(x+ 1)

(x+ 1)(x2 − 6x+ 13)


5x2 − 8x+ 27 = A(x2 − 6x+ 13) + (Bx+ C)(x+ 1)

Para x = −1 se obtiene 40 = 20A, de donde A = 2. Entonces para x = 0 se obtiene 27 = 26 +C, osea C = 1. Finalmente, para x = 1 se tiene 24 = 16 + 2(B + 1) = 18 + 2B, de donde B = 3.

Para el sumando2

x+ 1tenemos la primitiva inmediata 2 ln |x+ 1|.

Para el sumando3x+ 1

x2 − 6x+ 13, poniendo x2− 6x+13 = (x2− 6x+9)+4 = (x− 3)2+22, sabemos

que existen constantes M y N tales que

∫

3x+ 1

x2 − 6x+ 13dx = M ln(x2 − 6x+ 13) +N arctan

(

x− 3

2

)


3x+ 1

x2 − 6x+ 13= M

(2x− 6)

x2 − 6x+ 13+N

1/2

((x− 3)/2)2 + 1=

M(2x− 6)

x2 − 6x+ 13+

2N

(x− 3)2 + 4

Como los denominadores son iguales, tenemos la igualdad de polinomios 3x+1 = 2Mx+(2N−6M).Igualando los coeficientes de x se obtiene M = 3/2 e igualando entonces los terminos independientesse obtiene N = 5. Ası, finalmente:

∫

5x2 − 8x+ 27

x3 − 5x2 + 7x+ 13dx = 2 ln |x+ 1|+ 3

2ln(x2 − 6x+ 13) + 5 arctan

(

x− 3

2

)

o


∫

dx

cos3 x.

Solucion: Haciendo t = senx se tiene dt = cosx dx y cos2 x = 1− t2, y entonces:

∫

dx

cos3 x=

∫

cosx dx

cos4 x=

∫

dt

(1− t2)2=

∫

dt

(t+ 1)2(t− 1)2

Hemos transformado la primitiva dada en una racional, y debemos expresar el integrando comosuma de fracciones simples del tipo:

A

t+ 1+

B

(t+ 1)2+

C

t− 1+

D

(t− 1)2=

A(t+ 1)(t− 1)2 +B(t− 1)2 + C(t+ 1)2(t− 1) +D(t+ 1)2

(t+ 1)2(t− 1)2

de modo que, igualando denominadores, debe ser

1 = A(t+ 1)(t− 1)2 +B(t− 1)2 + C(t+ 1)2(t− 1) +D(t+ 1)2



para cualquier t. Tomando valores comodos de t se obtiene:

t = 1 → 1 = 4D → D = 1/4t = −1 → 1 = 4B → B = 1/4t = 0 → 1 = A+B − C +D → A− C = 1/2t = 2 → 1 = 3A+B + 9C + 9D → 3A+ 9C = −3/2

y de las dos ultimas igualdades se deduce que A = 1/4 y C = −1/4, de modo que

∫

dx

cos3 x=

1

4

(∫

dt

t+ 1+

∫

dt

(t+ 1)2−∫

dt

t− 1+

∫

dt

(t− 1)2

)

1

4

(

ln(t+ 1)− (t+ 1)−1 − ln(t− 1)− (t− 1)−1)

+ C

Esta es la primitiva pedida; operando se puede simplificar un poco el resultado:

1

4ln

(

t+ 1

t− 1

)

−12 t

1− t2

y deshaciendo el cambio se tiene

∫

dx

cos3 x=

1

4ln

(

sen(x) + 1

sen(x)− 1

)

+12 sen(x)

cos2(x)

o

21. Calcula

∫

senx

cosx(1 + cos2 x)dx

Solucion: Haciendo t = cosx la integral se transforma en I =

∫ −dt

t(1 + t2), que es racional. Si

intentamos poner−1

t(1 + t2)=

A

t+

Bt+ C

1 + t2obtenemos A = −1, B = 1, C = 0, luego:

I =

∫

t dt

1 + t2−∫

dt

t=

1

2ln(1 + t2)− ln(t) =

1

2ln(1 + cos2 x)− ln(cosx) + C

o

22. Si p(x) es el polinomio de Maclaurin de grado 4 de f(x) = (x+ 2)e−x, compara los valores de

∫ 1

−1f(x)dx y

∫ 1

−1p(x)dx

Solucion: Calculando “por partes” se tiene∫

(x+ 2)e−x dx = −(x+ 3)e−x + C y ası

∫ 1

−1f(x) dx =

[

−(x+ 3)e−x]1

−1= −4e−1 + 2e = 2e− 4

e= 3′9647 . . .



Por otra parte, como el polinomio de grado 4 de e−x es 1 − x + 12 x

2 − 16 x

3 + 124 x

4, el de f(x) =(x+ 2)e−x es el correspondiente producto truncado en grado 4, o sea

f(x) ≈ (2 + x)(1− x+1

2x2 − 1

6x3 +

1

24x4) ≈ 2− x+

1

6x3 − 1

12x4

cuya integral entre −1 y 1 vale

∫ 1

−1p(x) dx =

[

2x− 1

2x2 +

1

24x4 − 1

60x5]1

−1

= 4− 1

30= 3′9666 . . .

o

23. Calcula el area de la region del primer cuadrante delimitada por los ejes de coordenadas, la rectavertical x = 2 y la curva y = (x+ 2)e−x.

Solucion: Como estamos en el primer cuadrante se tiene x ≥ 0, luego y = (x+ 2)e−x tambien espositiva pues lo son los dos factores. Por tanto el area pedida es la integral

∫ 20 (x+ 2)e−xdx.

Calculando “por partes” se obtiene facilmente∫

(x+ 2)e−x dx = −(x+ 3)e−x + C y ası el area es

∫ 2

0(x+ 2)e−x dx = −(x+ 3)e−x

]2

0= −5e−2 + 3e0 = 3− 5/e2

o

24. Calcula el area delimitada por el eje horizontal y = 0, las rectas verticales x = 2 y x = 3 y la graficade la ecuacion y = x3/(x2 − 1).

Solucion: Como la funcion es claramente positiva estre x = 2 y x = 3, se trata simplemente

de calcular la integral definida

∫ 3

2

x3

x2 − 1dx. Como el grado del numerador es mayor que el del

denominador, dividimos con resto: x3 = x(x2 − 1) + x, y ası

x3

x2 − 1=

x(x2 − 1) + x

x2 − 1= x+

x

x2 − 1

La integral del segundo sumando se puede plantear como una racional, pero en realidad toda laintegral es inmediata:

∫ 3

2

x3

x2 − 1dx =

∫ 3

2

(

x+x

x2 − 1

)

dx =1

2

∫ 3

2

(

2x+2x

x2 − 1

)

dx =

1

2

[

x2 + ln(x2 − 1)]3

2=

5

2+

1

2ln(8/3)

o



25. Calcula el area delimitada por las curvas y = x2 e y = x3 − 2x.

Solucion: Las curvas se cortan cuando x2 = x3−2x, o sea cuando 0 = x3−x2−2x = x(x2−x−2),o sea cuando x = 0, x = 2 y x = −1. Por tanto hay que sumar el area entre −1 y 0 mas el areaentre 0 y 2.

La primera es el valor absoluto de

∫ 0

−1(x3 − x2 − 2x)dx =

1

4x4 − 1

3x3 − x2

]0

−1

= −(

1

4+

1

3− 1

)

=5

12

La segunda es el valor absoluto de

∫ 2

0(x3 − x2 − 2x)dx =

1

4x4 − 1

3x3 − x2

]2

0

= 4− 8

3− 4 = −8

3

El area total serıa por tanto5

12+

8

3=

37

12.

o

26. Dada la funcion f(x) = ex(x2 − 3x+ 2), se pide: a) Calcula una primitiva de f(x). b) Comprueba(derivando) que el resultado anterior es correcto. c) Calcula el area encerrada entre el eje horizontaly la parte de la grafica de y = f(x) que esta por debajo de dicho eje.

Solucion: a,b) La primitiva es estandar, se toman partes dos veces haciendo dv = ex dx y seobtiene ex(x2 − 5x+ 7), que al ser derivada nos da efectivamente la funcion inicial.

c) Como ex > 0, la funcion f(x) tiene el mismo signo que el polinomio x2 − 3x+2 = (x− 1)(x− 2)y por tanto es negativa (grafica por debajo del eje) entre x = 1 y x = 2. Se trata pues de calcular

∫ 2

1f(x)dx = ex(x2 − 5x+ 7)

]2

1= e2(4− 10 + 7)− e(1− 5 + 7) = e2 − 3e

Podemos observar que este valor es negativo, bien porque es la integral definida de una curva que vapor debajo del eje o bien porque e < 3. El area pedida es pues su valor absoluto: 3e− e2 = e(3− e).

o

27. Dada la funcion f(x) = x(x2 − 1)ex2−1, se pide: a) Calcula una primitiva de f(x). b) Comprueba

(derivando) que el resultado anterior es correcto. c) Calcula el area encerrada entre la grafica def(x) y el eje horizontal positivo.

Solucion: a) Como x2−1 aparece repetido, es razonable considerar el cambio de variable t = x2−1,que ademas “se lleva bien con la x que queda suelta” pues dt = 2x dx. Si lo aplicamos queda

∫

x(x2 − 1)ex2−1 dx =

1

2

∫

tet dt = (∗)

y ahora calculamos por partes tomando u = t (luego du = dt) y dv = et dt (luego v = et), lo quenos da

(∗) =1

2

(

tet −∫

et)

=1

2(t− 1)et =

1

2(x2 − 2)ex

2−1



b) Derivando: 12

(

2x ex2−1 + (x2 − 2)ex

2−12x)

= ex2−1(x+x3−2x) = ex

2−1(x3−x) = x(x2−1)ex2−1.

c) Como ex2+1 es positivo, f(x) se anula cuando lo hace x(x2 − 1), o sea en 0 y en ±1. Pero como

solo consideramos la parte positiva del eje horizontal, se trata de calcular el valor absoluto15 de laintegral definida entre 0 y 1. La integral vale

∫ 1

0x(x2 − 1)ex

2−1 dx =1

2(x2 − 2)ex

2−1

]1

0

=1

2

(

−e0 + 2e−1)

=1

e− 1

2=

2− e

2e

Como e > 2, ese valor es negativo y por tanto el area pedida es (e− 2)/2e.

Tambien se puede aprovechar el cambio de variable para calcular la integral definida como 12 (t− 1)et

]0

−1.

o

28. Para f(x) =1

1 +√x, se pide:

a) Determina su dominio. b) Calcula f ′(1). c) Calcula una primitiva de f(x).

d) Deriva el resultado anterior para comprobar que es correcto.

e) Calcula el area encerrada entre la grafica de y = f(x), los ejes de coordenadas y la recta x = 4.

Solucion: a) Para que exista la raız cuadrada tiene que ser x ≥ 0, y no hay mas problemas dedefinicion pues entonces el denominador 1 +

√x es positivo; por tanto el dominio es [0,+∞).

b) Derivando el cociente se tiene f ′(x) =− 1

2√x

(1 +√x)2

, luego f ′(1) = −1/8.

c) Haciendo el cambio de variable evidente√x = t se tiene x = t2 y por tanto dx = 2t dt, lo que

nos lleva a una intergral racional inmediata

∫

dx

1 +√x

=

∫

2t dt

1 + t= 2

∫

t+ 1− 1

1 + tdt = 2

∫ (

1− 1

1 + t

)

dt = 2(t−ln |1+t|) = 2(√

x− ln |1 +√x|)

d) Se trata de comprobar que la derivada de la ultima expresion es f(x):

2

(

1

2√x− 1

1 +√x

1

2√x

)

=1√x

(

1− 1

1 +√x

)

=1√x

√x

1 +√x

=1

1 +√x

= f(x)

e) Como f(x) es siempre positiva en su dominio, hay un unico tramo que se calcula de formaelemental:

∫ 4

0

dx

1 +√x

= 2[√

x− ln |1 +√x|]4

0= 2(2− ln(3)− 0 + ln(1)) = 2(2− ln(3))

o

15Es claro que la funcion toma valores negativos en ese tramo, por lo que la integral definida saldra negativa.



29. Calcula el area delimitada por el eje x = 0 y las curvas: y = cosh(x) y = e− senh(x).

Solucion: Las curvas se cortan cuando cosh(x) = e − senh(x), o sea cuandoex + e−x

2= e −

ex − e−x

2, o sea cuando ex + e−x = 2e− ex + e−x, o sea cuando 2ex = 2e, o sea cuando x = 1.

El area es por tanto el valor absoluto de

∫ 1

0(cosh(x)− (e− sen(x)))dx =

∫ 1

0(cosh(x) + senh(x)− e)dx =

∫ 1

0(ex − e)dx =

= [ex − ex]10 = (e− e)− (1− 0) = −1

o sea el area vale 1.

o

30. Calcula el area delimitada por las curvas y = sen(x) e y = cos(x) y por las rectas verticales x = 0y x = 2π.

Solucion: Se trata de calcular las integrales definidas de cos(x) − sen(x) en cada uno de losintervalos determinados por 0, 2π y los puntos de corte de ambas curvas. No es necesario pensarque curva va por encima y cual por debajo en cada tramo: simplemente se toma el valor absolutodel resultado en cada tramo y esa sera el area de esa parte. Finalmente, bastara con sumar esasareas.

Los puntos de corte se producen cuando sen(x) = cos(x), o sea cuando tan(x) = 1 (no hay riesgode “dividir por 0” porque el seno y el coseno nunca se anulan simultaneamente). En el intervalo[0, 2π] los angulos con tangente 1 son π/4 y 5π/4, por lo que el area sera

∣

∣

∣

∣

∣

∫ π/4

0(cos(x)− sen(x))dx

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∫ 5π/4

π/4(cos(x)− sen(x))dx

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∫ 2π

5π/4(cos(x)− sen(x))dx

∣

∣

∣

∣

∣

Una primitiva de cos(x)− sen(x) es sen(x) + cos(x), y aplicando la regla de Barrow tenemos

∫ π/4

0(cos(x)− sen(x))dx = sen(x) + cos(x)]

π/40 = (

√2

2+

√2

2)− (0 + 1) =

√2− 1 (positivo)

∫ 5π/4

π/4(cos(x)−sen(x))dx = sen(x) + cos(x)]

5π/4π/4 = (−

√2

2−√2

2)−(

√2

2+

√2

2) = −2

√2 (negativo)

∫ 2π

5π/4(cos(x)− sen(x))dx = sen(x) + cos(x)]2π5π/4 = (0+1)− (−

√2

2−

√2

2) = 1+

√2 (positivo)

Sumando los valores absolutos se obtiene el area√2− 1 + 2

√2 + 1 +

√2 = 4

√2.

Si se dibujan las graficas, se puede argumentar que, por periodicidad, el area entre 0 y 2π es lamisma que entre π/4 y 2π+π/4 y a su vez esta, por simetrıa, es el doble del area entre π/4 y 5π/4.Como esta, por la segunda de las integrales definidas anteriores, vale 2

√2, el area total es 4

√2.

o



31. Halla el area superficial del cuerpo de revolucion engendrado al girar la curva y = cosx en torno aleje OX con x ∈ [0, π/2]. [Se puede dejar la respuesta en funcion de b = arg senh(1).]

Solucion: Sustituyendo en la formula para el area superficial la funcion f(x) = cosx se obtiene

A = 2π

∫ π/2

0f(x)

√

1 + [f ′(x)]2 dx = 2π

∫ π/2

0cosx

√

1 + sen2 x dx

que mediante el cambio t = senx se transforma en A = 2π

∫ 1

0

√

1 + t2 dt.

Ahora hacemos el cambio senhu = t, para el que se tiene√1 + t2 =

√

1 + senh2 u =√cosh2 u =

coshu y dt = coshu du. Como u = arg senh t, los limites de integracion pasan a ser 0 = arg senh 0y b = arg senh 1 y ası

A = 2π

∫ b

0cosh2 u du = 2π

∫ b

0

1 + cosh(2u)

2du = π

[

u+1

2senh(2u)

]b

0

= πb+π

2senh(2b)

Como senh(b) = 1, se puede afinar un poco mas pues

senh(2b) = 2 senh(b) cosh(b) = 2 cosh(b) = 2√

1 + senh2 b = 2√2 ⇒ A = π(b+

√2)

32. Calcula el area del recinto limitado por la curva y=ex cos(x) y las rectas y=0, x=0, x=π.

(El recinto se divide en partes y el resultado debes expresarlo en terminos, por ejemplo, de eπ).

Solucion: Como ex > 0, la curva corta al eje horizontal cuando se anula el coseno, lo que paravalores entre 0 y π solo ocurre en x = π/2. Por tanto la region se divide en dos tramos; entre 0 y

π/2 el coseno (y por tanto la funcion) es positivo, y el area de esa parte es∫ π/20 y dx. Entre π/2 y

π el coseno y la funcion son negativos, por lo que el area de esa parte es −∫ ππ/2 y dx.

Calculemos entonces una primitiva de ex cos(x):

I =

∫

ex cos(x) dx =

[

u = cos(x) du = − sen(x)dxdv = ex dx v = ex

]

= ex cos(x) +

∫

ex sen(x) dx) =

[

u = sen(x) du = cos(x)dxdv = ex dx v = ex

]

= ex cos(x)+ex sen(x)−∫

ex cos(x) dx = ex(cos(x)+sen(x))−I

Por tanto 2I = ex(cos(x) + sen(x)) y ası finalmente I = 12 e

x(cos(x) + sen(x)).

Ahora basta con aplicar la regla de Barrow para obtener

∫ π/2

0y dx =

1

2ex(cos(x) + sen(x))

]π/2

0

=1

2

(

eπ/2(0 + 1)− e0(1 + 0))

=eπ/2 − 1

2

∫ π

π/2y dx =

1

2ex(cos(x) + sen(x))

]π

π/2

=1

2

(

eπ/2(−1 + 0)− eπ/2(0 + 1))

=−eπ − eπ/2

2

Cambiando el signo a la segunda y sumando se obtiene el area totaleπ + 2eπ/2 − 1

2.

o



33. Calcula el area del recinto limitado por las graficas de y1 = x3 − 25x y de y2 = 3x+ 48.

Solucion: Las graficas se cortan cuando y1 = y2, o sea cuando y1 − y2 = x3 − 28x − 48 = 0.Probando con los divisores de 48 se ve que x = −2 es una solucion, y dividiendo por Ruffini se veque las otras soluciones son x = −4 y x = 6. Se trata por tanto de sumar los valores absolutos dela integral definida de y1 − y2 entre −4 y −2, por un lado, y entre −2 y 6, por otro. Una primitivade y1 − y2 es 1

4 x4 − 14x2 − 48, sus valores en −4, −2 y 6 son respectivamente 32, 44 y −468 y por

tanto

∫ −2

−4(y2 − y1)dx = 44− 32 = 12

∫ 6

−2(y2 − y1)dx = −468− 44 = −512

Sumando los valores absolutos obtenemos el area total de 524.

o

34. Calcula el area de la region del primer cuadrante que queda bajo la curva y = (x+ 2)e−x.

Solucion: Se nos pide A =∫ +∞0 (x + 2)e−xdx, que es una integral impropia. Calculando “por

partes” se tiene∫

(x+ 2)e−x dx = −(x+ 3)e−x + C y ası A = [−(x+ 3)e−x]+∞0 = 0 + 3e0 = 3.

o

35. Calcula el area del recinto no acotado que queda bajo la curva y = 1/x3, sobre el eje horizontal ya la derecha de la recta x = 2.

Solucion: Es una integral impropia directa:

∫ ∞

2x−3 dx = lım

b→∞

∫ b

2x−3 dx = lım

b→∞1

−2x−2

]b

2

= lımb→∞

(

1

8− 1

2b2

)

=1

8

o

36. Dada la funcion f(x) =1

(x+ 1)(x+ 2), calcula una primitiva suya y el area de la region del primer

cuadrante que queda bajo su grafica (es una region no acotada, pero con area finita).

Solucion: Es una racional con el grado del numerador menor que el del denominador, que ademasviene factorizado. Para calcular la primitiva, expresamos la funcion como suma de fracciones simples,o sea buscamos constantes A y B tales que

1

(x+ 1)(x+ 2)

?=

A

x+ 1+

B

x+ 2=

A(x+ 2) +B(x+ 1)

(x+ 1)(x+ 2)o sea 1

?= A(x+ 2) +B(x+ 1)

Esa igualdad entre polinomios significa que ambas expresiones valen lo mismo para cualquier x. Enparticular, para x = −1 se obtiene 1 = A y para x = −2 se obtiene 1 = −B, o sea B = −1.



Alternativamente, se puede desarrollar A(x + 2) + B(x + 1) = (A + B)x + (2A + B) y entonces,igualqndo los coeficientes de x se obtiene A + B = 0, e igualando los terminos independientes seobtiene 2A+B = 0, y de ambas ecuaciones se llega a lo mismo: A = 1 y B = −1.

Por tanto una primitiva es

∫

1

(x+ 1)(x+ 2)dx =

∫ (

1

x+ 1− 1

x+ 2

)

dx = ln |x+ 1| − ln |x+ 2|

No esta de mas derivar para comprobar:

(ln |x+ 1| − ln |x+ 2|)′ =1

x+ 1− 1

x+ 2=

(x+ 2)− (x+ 1)

(x+ 1)(x+ 2)=

1

(x+ 1)(x+ 2)

En cuanto a la segunda parte, en el primer cuadrante se tiene x > 0 y por tanto1

(x+ 1)(x+ 2)> 0,

luego la grafica no corta al eje y el area pedida es una integral impropia (como sugiere el enunciado)entre 0 y +∞; como x+ 1 y x+ 2 son positivos, podemos quitar los valores absolutos:

∫ +∞

0

1

(x+ 1)(x+ 2)dx = lım

b→+∞

∫ b

0

1

(x+ 1)(x+ 2)dx = lım

b→+∞[ln(x+ 1)− ln(x+ 2)]b0 =

lımb→+∞

(ln(b+ 1)− ln(b+ 2)− ln(1) + ln(2)) = lımb→+∞

ln

(

2(b+ 1)

b+ 2

)

= ln lımb→+∞

(

2b+ 2

b+ 2

)

= ln(2)

donde se usa que lımb→+∞

(

2b+ 2

b+ 2

)

= 2, pues es un lımite en el infinito de polinomios del mismo

grado.

o

37. Dada la funcion f(x) =1

x2 + 6x+ 5, calcula una primitiva suya y el area de la region del primer

cuadrante que queda bajo su grafica (es una region no acotada, pero con area finita).

Solucion: Es una racional con el grado del numerador menor que el del denominador. Las raıces

del denominador son −1 y −5 y por tanto x2 + 6x + 5 = (x + 1)(x + 5) y f(x) =1

(x+ 1)(x+ 5).

Para calcular la primitiva, expresamos la funcion como suma de fracciones simples, o sea buscamosconstantes A y B tales que

1

(x+ 1)(x+ 5)

?=

A

x+ 1+

B

x+ 5=

A(x+ 5) +B(x+ 1)

(x+ 1)(x+ 5)o sea 1

?= A(x+ 5) +B(x+ 1)

La igualdad entre polinomios significa que ambos valen lo mismo para cualquier x. En particular,para x = −1 se obtiene 1 = 4A (o sea, A = 1/4) y para x = −5 se obtiene 1 = −4B (o seaB = −1/4).

Alternativamente, se puede desarrollar A(x + 5) + B(x + 1) = (A + B)x + (5A + B) y entonces,igualando los coeficientes de x se obtiene A + B = 0, e igualando los terminos independientes seobtiene 5A+B = 1, y de ambas ecuaciones se llega a lo mismo que antes: A = 1/4 y B = −1/4.

Por tanto una primitiva (la que tiene constante de integracion nula) es:

∫

f(x)dx =

∫

1

(x+ 1)(x+ 5)dx =

∫ (

1/4

x+ 1− 1/4

x+ 5

)

dx =ln |x+ 1| − ln |x+ 5|

4=

1

4ln

∣

∣

∣

∣

x+ 1

x+ 5

∣

∣

∣

∣



No esta de mas derivar para comprobar:

(ln |x+ 1| − ln |x+ 5|)′ =1

x+ 1− 1

x+ 5=

(x+ 5)− (x+ 1)

(x+ 1)(x+ 5)=

4

(x+ 1)(x+ 5)

En cuanto a la segunda parte, en el primer cuadrante se tiene x ≥ 0 y por tanto1

(x+ 1)(x+ 5)> 0,

luego la grafica no corta al eje y (como sugiere el enunciado) el area pedida es la integral impropia

A =

∫ +∞

0f(x)dx = lım

b→+∞

∫ b

0f(x)dx

Calculemos la integral definida; como x + 1 y x + 5 son positivos, podemos quitar los valoresabsolutos:

∫ b

0f(x)dx =

[

1

4ln

(

x+ 1

x+ 5

)]b

0

=1

4

(

ln

(

b+ 1

b+ 5

)

− ln

(

1

5

))

=1

4ln

(

5b+ 5

b+ 5

)

Por ultimo tomamos el lımite cuando b → +∞; usamos que el lımite del logaritmo es el logaritmodel lımite (propiedad 7 en el apartado 5.3.3) y que (5b + 5)/(b + 5) → 5, pues es un lımite en elinfinito de polinomios del mismo grado. Ası

A = lımb→+∞

1

4ln

(

5b+ 5

b+ 5

)

=1

4ln lım

b→+∞

(

5b+ 5

b+ 5

)

=1

4ln(5)

o


13 REPRESENTACION GRAFICA DE DESIGUALDADES (*)

13. REPRESENTACION GRAFICA DE DESIGUALDADES (*)

1. Dibuja en R2 el dominio de la funcion f(x, y) =

1√

|x− y| − 1.

Solucion: El radicando tiene que ser estrictamente positivo para que exista la raız cuadrada yno se divida por 0. Por tanto se trata de dibujar los puntos que verifican |x − y| − 1 > 0, o sea|x− y| > 1.

Las correspondientes igualdades son x− y = ±1, o sea las rectas y = x− 1 e y = x+1 consistentesen “desplazar la diagonal principal y = x una unidad hacia abajo y hacia arriba”, respectivamente.

Un punto que esta entre ambas es el (0, 0), que no satisface |x− y| > 1. Dos puntos que estan “enla parte de fuera de las rectas” son (2, 0) y (0, 2), que sı satisfacen |x− y| > 1. Por tanto la regiones la que queda fuera de la “banda infinita” determinada por las dos rectas (las propias rectas noestan en la region, porque la desigualdad es estricta).

o

2. Dibuja en R2 el dominio de la funcion f(x, y) = ln

(

(1− x)2 − y2)

.

Solucion: Viendo la diferencia de cuadrados como un producto de suma por diferencia, hay quedibujar los puntos con 0 < (1 − x)2 − y2 = (1 − x + y)(1 − x − y), para lo cual “dibujamos laigualdad” y calculamos el signo en las regiones en las que quede dividido el plano.

La igualdad se da cuando x− y = 1 y cuando x+ y = 1, rectas con pendientes ±1 que se cortan en(1, 0) formando “una cruz” que divide al plano en 4 regiones.

En las regiones de arriba y abajo podemos tomar los puntos (1,±1), para los que (1− x)2 − y2 =−y2 < 0.

En las otras regiones podemos tomar los puntos (0, 0) y (2, 0), para los que (1−x)2−y2 = (1−x)2 > 0.

En definitiva la region es “la que queda a izquierda y derecha de la cruz, sin los bordes”.

o

3. Dibuja en R2 el dominio de la funcion f(x, y) = ln (1− y − |x− 1|).

Solucion: Se trata de dibujar las soluciones de la inecuacion 1− y − |x− 1| > 0, para que existael logaritmo. Comenzamos dibujando las soluciones de la ecuacion 1− y − |x− 1| = 0, para lo quedistinguimos casos en funcion del signo de x− 1:

Si x− 1 ≥ 0 (o sea x ≥ 1) la ecuacion es 1− y − (x− 1) = 0, o sea la recta x+ y = 2 que pasa porlos puntos (2, 0) y (1, 1). Solo nos interesa el tramo de esta recta con x ≥ 1.

Si x− 1 ≤ 0 (o sea x ≤ 1) la ecuacion es 1− y − (1− x) = 0, o sea la recta x = y que pasa por lospuntos (0, 0) y (1, 1). Solo nos interesa el tramo de esta recta con x ≤ 1.

Estas dos semirrectas, que confluyen en (1, 1) dividen al plano en dospartes (“encima” y “debajo”) y marcan el borde del dominio que bus-camos; ellas NO estan en el dominio porque no existe ln(0).

Un punto que esta “por encima” es el (0, 1), que NO satisface la ine-cuacion. Un punto que esta “por debajo” es el (1, 0), que sı satisface lainecuacion. Por tanto el dominio es la region de debajo.



o


√

2− |y − x|.

Solucion: Se trata de dibujar las soluciones de la inecuacion 2 − |y − x| ≥ 0, para que exista laraız.

Comenzamos dibujando las soluciones de la ecuacion 2− |y − x| = 0, osea |y−x| = 2, que son las dos rectas y−x = 2 e y−x = −2. Estas dosrectas paralelas dividen al plano en la “banda central” y dos regionesfuera de ella. El punto (0, 0) esta en la banda y satisface 2−|y−x| ≥ 0,mientras que puntos fuera de la banda como (3, 0) y (0, 3) no lo cumplen.Por tanto el dominio son los puntos de la banda que quedan entre lasrectas, con estas incluidas.

o

5. Dibuja en R2 el dominio de la funcion f(x, y) = ln(x+ 7y − 25) +

√

25− x2 − y2.

Solucion: Para que existan a la vez el logaritmo y la raız se deben verificar a la vez x+7y−25 > 0y 25− x2 − y2 ≥ 0, por lo que se trata de dibujar las soluciones comunes de ambas inecuaciones.

Las soluciones de x+7y > 25 son los puntos que estan por encima de la recta x+7y = 25 (sin estarjusto en la recta), y las de x2 + y2 ≤ 25 son los puntos que estan en el interior (borde incluıdo) delcırculo de radio 5 centrado en el origen.

La interseccion de la recta y la circunferencia se puede calcular sustitu-yendo x = 25−7y en x2+y2 = 25, con lo que se tiene (25−7y)2+y2 = 25,o sea 50y2 − 350y+ 600 = 0. Dividiendo por 50 queda y2 − 7y+ 12 = 0con soluciones y = 4 e y = 3, para las que se tiene respectivamentex = −3 y x = 4. En definitiva, los puntos de corte son (−3, 4) y (4, 3)y la region es la que esta sombreada en el dibujo (sin los puntos de larecta, y en particular sin esos puntos de corte).

o


√y + ln(2x− x2 − y2).

Solucion: Para que exista la raız cuadrada debe ser y ≥ 0. Para que exista el logaritmo debe ser

2x− x2 − y2 > 0 o x2 − 2x+ y2 < 0 o (x− 1)2 + y2 < 1

Por tanto la region es la mitad superior (y ≥ 0) del cırculo con centro (1, 0) y radio 1. La parteinferior (recta) del borde esta en el dominio, la parte superior (curva) no y las esquinas tampoco.

o




1√

ln(x2 + y2 + 2y − 2).

Solucion: Para que exista la raız y tenga sentido el cociente, debe ser ln(x2 + y2 + 2y − 2) > 0.Como la funcion logaritmo es creciente y ln(1) = 0, la condicion se traduce en x2+ y2+2y− 2 > 1.A la izquierda aparece “casi” el desarrollo del cuadrado (y + 1)2 = y2 + 2y + 1. Para que aparezcacompleto sumamos 3 a cada lado de la desigualdad para obtener x2 + y2 + 2y + 1 > 4, o seax2+(y+1)2 > 4, y por tanto el dominio es el exterior del cırculo centrado en el punto (0,−1) y deradio 2, sin el borde.

o

8. Dibuja en R2 el dominio de la funcion f(x, y) = ln(4− x2 − y2)− ln(x2 + y2 − 1).

Solucion: Para que exista el primer logaritmo debe ser 4− x2 − y2 > 0, o sea x2 + y2 < 4, por loque (x, y) debe estar en el interior (sin el borde) del cırculo centrado en el origen de radio 2. Paraque exista el segundo logaritmo debe ser x2 + y2 − 1 > 0, o sea x2 + y2 > 1, por lo que (x, y) debeestar en el exterior (sin el borde) del cırculo centrado en el origen de radio 2.

Por tanto la region es la corona circular (sin los bordes) formada por los puntos que estan a unadistancia entre 1 y 2 del origen.

o


√

|x+ y| − 1.

Solucion: Los puntos del dominio son los (x, y) para los que se verifica |x+ y| ≥ 1. La correspon-diente igualdad |x+ y| = 1 equivale a las dos igualdades x+ y = 1 (recta que pasa por (1, 0) y por(0, 1), paralela a la diagonal del 2 y 4 cuadrante) y x+ y = −1 (recta por (−1, 0) y por (0,−1),paralela a la anterior).

El punto (0, 0) esta entre ambas rectas y no satisface |x + y| ≥ 1; los puntos (2, 0) y (−2, 0) estanen las otras dos regiones del plano y sı satisfacen la igualdad. Por tanto el dominio es todo el planosalvo la “banda” que queda entre ambas rectas; las propias rectas sı estan en el dominio.

o

10. Dibuja en R2 el dominio de la funcion f(x, y) = ln(x− y) +

√

2y − x2 − y2.

Solucion: Para que exista el logaritmo debe ser x−y > 0, o sea los puntos deben estar a la derecha(o debajo) de la diagonal del primer (y tercer) cuadrante sin incluir a la propia diagonal.

Ademas, para que exista la raız cuadrada debe ser 2y − x2 − y2 ≥ 0, o sea x2 + y2 − 2y ≤ 0.Completando cuadrados tenemos la desigualdad x2 + (y − 1)2 ≤ 1, cuyas soluciones son los puntosdel interior del cırculo con centro (0, 1) y radio 1, incluyendo el borde.

El dominio es pues la interseccion de esas dos regiones.

o



11. Dibuja en R2 el dominio de la funcion f(x, y) = arc sen(y/2x).

Solucion: Para que exista y/2x debe ser x 6= 0.

Para que exista el arcoseno debe ser −1 ≤ y/2x ≤ 1. Las graficas de lasigualdades son las rectas x = 0 (vertical), y = −2x e y = 2x, que dividenal plano en 6 regiones. Tomando puntos en esas 6 regiones, por ejemplo(1, 3), (1, 0), (1,−3), (−1, 3), (−1, 0), (−1,−3), vemos que solo (1, 0) y(−1, 0) satisfacen la desigualdad −1 ≤ y/2x ≤ 1, y por tanto la region esla del dibujo, con los bordes pero sin el origen (0, 0).

b

b

b

b

b

b

o

12. Dibuja en R2 el dominio de la funcion f(x, y) = arctan

(

√

x2 + y2 + 2x− 2y)

.

Solucion: El arcotangente existe para cualquier valor, de modo que solo hay que exigir que seax2 + y2 + 2x − 2y ≥ 0 para poder calcular la raız. Sumando 2 en cada miembro para obtener ala izquierda los sumandos x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 e y2 − 2y + 1 = (y − 1)2, la desigualdad queda(x+ 1)2 + (y − 1)2 ≥ 2. Por tanto el dominio es todo el plano salvo el interior del cırculo de centro(−1, 1) y radio

√2; como se tiene un “menor o igual” el borde (la circunferencia) esta en el dominio.

o

13. Dibuja en R2 el dominio de la funcion f(x, y) = arc sen(x2 + y2 + 2x+ 2y).

Solucion: Para que exista el arcoseno debe cumplirse −1 ≤ x2+ y2+2x+2y ≤ 1. Para completarcuadrados en la expresion central sumamos 2 en cada miembro y reescribimos las desigualdadescomo 1 ≤ x2 + 2x+ 1 + y2 + 2y + 1 ≤ 3, o sea 1 ≤ (x+ 1)2 + (y + 1)2 ≤ 3. Tomando raıces vemosque se trata de los (x, y) cuya distancia a (−1,−1) esta entre 1 y

√3, o sea el dominio es la corona

circular (con bordes) que queda entre las circunferencias centradas en (−1,−1) con radios 1 y√3.

o

14. Dibuja en R2 el dominio de la funcion f(x, y) = ln

(

x2 − (y2 + 4y + 2x+ 3))

.

Solucion: Para que exista la raız debe ser x2 − (y2 + 4y + 2x+ 3) > 0.

Dibujemos primero la igualdad x2−(y2+4y+2x+3) = 0, que marcara el borde del dominio pero sinpertenecer a el, pues la desigualdad es estricta. La igualdad se reescribe como x2−2x = y2+4y+3,y sumando 1 en cada miembro se obtiene x2 − x+ 1 = y2 + 4y + 4, o sea (x− 1)2 = (y + 2)2, porlo que la igualdad la satisfacen tanto la recta x− 1 = y + 2 como la recta x− 1 = −(y + 2).

Estas son rectas de pendientes 1 y −1, respectivamente, que se cortanen el punto (1,−2). El borde del dominio es por tanto el “aspa” formadapor esas rectas, y divide al plano en 4 regiones.

Observando por ejemplo que los puntos (0,−2) y (2,−2) satisfacen ladesigualdad, y que los puntos (1,−1) y (1,−3) no la satisfacen, dedu-cimos que el dominio esta formado por las regiones “que quedan a laderecha y a la izquierda del aspa” (sin contener al aspa).

b b

b

b

o


14 VARIAS VARIABLES: LIMITES (*)

14. VARIAS VARIABLES: LIMITES (*)

1. Estudia el lımite lım(x,y)→(0,0)

(xy)2

xy3 + (x− y)2.

Solucion: Por rectas del tipo y = mx se tiene

lımx→0

m2x4

m3x4 + (1−m)2x2= lım

x→0

m2x2

m3x2 + (1−m)2

que vale 1 cuando m = 1 y 0 en cualquier otro caso, luego el lımite doble no existe.

o

2. Estudia el lımite lım(x,y)→(0,0)

2xy2

x2 + y4

Solucion: Por parabolas del tipo x = my2 el lımite vale lımy→0

2my4

(m2 + 1)y4=

2m

m2 + 1, que depende

de m. Por tanto, no existe el lımite doble.

o

3. Dada la funcion f(x, y) =3x2y

x2 + y2(con f(0, 0) = 0), decide si es continua en el punto (0, 0) y

encuentra su derivada direccional en (0, 0) en la direccion de un vector unitario (u, v).

Solucion: Cualquier lımite iterado o direccional sugiere que el lımite doble vale 0; de hecho es asıpues

|f(ρ cos θ, ρ sen θ)− 0| =∣

∣

∣

∣

3ρ3 cos2 θ sen θ

ρ2

∣

∣

∣

∣

= |3ρ cos2 θ sen θ| ≤ 3ρ y lımρ→0 3ρ = 0.

Por definicion, D(u,v)f(0, 0) = lımh→0f(uh, vh)− f(0, 0)

h= lımh→0

3u2vh3

(u2 + v2)h3= 3u2v.

o

4. Estudiar la existencia del lımite cuando (x, y) → (0, 0) de la funcion f(x, y) =x3 + y3

x2 + y2 + y4.

Solucion: El primer lımite iterado vale claramente 0, que es por tanto el unico candidato a lımite.En polares se tiene

∣

∣

∣

∣

ρ3 cos3 θ + ρ3 sen3 θ

ρ2 + ρ4 sen4 θ

∣

∣

∣

∣

≤ 2ρ3

ρ2= 2ρ

ρ→0−−−→ 0

(donde sen θ y cos θ se han acotado por el valor 1, y se ha usado que ρ2 + ρ4 sen4 θ ≥ ρ2), y portanto el lımite existe y vale 0.

o


15 VARIAS VARIABLES: DIFERENCIABILIDAD Y DERIVACION PARCIAL (*)

15. VARIAS VARIABLES: DIFERENCIABILIDAD Y DERIVACIONPARCIAL (*)

1. Si una funcion de dos variables f(x, y) es diferenciable en (x0, y0) y llamamos z0 = f(x0, y0), ¿cuales la ecuacion del plano tangente a la grafica z = f(x, y) en el punto (x0, y0, z0)?

Solucion: z − z0 = f ′x(x0, y0) · (x− x0) + f ′

y(x0, y0) · (y − y0).

o

2. Encuentra las ecuaciones del plano tangente por P = (1, 1,−1) a la superficie 3xy+xz+ yz+ z2 =1 + y2.

Solucion: La superficie viene dada implıcitamente por la ecuacion F (x, y, z) = 3xy + xz + yz +z2 − y2 − 1 = 0. Las parciales evaluadas en P valen

F ′x = 3y + z F ′

y = −2y + 3x+ z F ′z = 2z + x+ y ⇒ F ′

x(P ) = 2 F ′y(P ) = 0 F ′

z(P ) = 0

por lo que el plano es 2(x− 1) + 0(y − 1) + 0(z + 1) = 0, o sea x = 1.

o

3. Hallar la ecuacion del plano tangente a la superficie x2 + y2 − z2 = 0 por el punto P = (3,−4,−5),ası como la distancia de ese plano al punto Q = (1, 2, 3).

Solucion: La superficie esta dada de forma implıcita. Poniendo f(x, y, z) = x2+y2−z2, la ecuaciondel plano tangente es

0 = f ′x(P )(x− 3) + f ′

y(P )(y + 4) + f ′z(P )(z + 5) = 6(x− 3)− 8(y + 4) + 10(z + 5) = 6x− 8y + 10z

o, simplificando, 3x − 4y + 5z = 0. Para calcular la distancia entre el plano y Q = (x0, y0, z0) =(1, 2, 3) lo mas sencillo es usar la formula

d =|3x0 − 4y0 + 5z0 − 0|√

32 + 42 + 52=

|3− 8 + 15|√50

=10

5√2=

√2

Tambien se puede considerar la recta por Q perpendicular al plano: (1, 2, 3) + t(3,−4, 5). Su inter-seccion con el plano se da cuando 0 = 3(1 + 3t) − 4(2 − 4t) + 5(3 + 5t) = 10 + 50t, o sea cuandot = −1/5. Por tanto la distancia es la longitud del vector −1

5 (3, 4, 5), que es√

(9 + 16 + 25)/25 =√

50/25 =√2.

o



4. Acota el error relativo que se comete al calcular la funcion f(x, y) = x2y−3 si las variables x e y semiden con errores relativos maximos del 5% y del 2%, respectivamente.

Solucion: Los datos se traducen en

∣

∣

∣

∣

∆x

x

∣

∣

∣

∣

< 0, 05 y

∣

∣

∣

∣

∆y

y

∣

∣

∣

∣

< 0, 02, y se tiene

∆f ≈ f ′x∆x+ f ′

y∆y = 2xy−3∆x− 3x2y−4∆y

y dividiendo ahora por f

∆f

f≈ 2xy−3∆x

x2y−3− 3x2y−4∆y

x2y−3= 2

∆x

x− 3

∆y

y

Solo queda tomar el valor absoluto y usar los datos para obtener una cota del error relativo |∆f/f |:∣

∣

∣

∣

∆f

f

∣

∣

∣

∣

≈∣

∣

∣

∣

2∆x

x− 3

∆y

y

∣

∣

∣

∣

≤ 2

∣

∣

∣

∣

∆x

x

∣

∣

∣

∣

+ 3

∣

∣

∣

∣

∆y

y

∣

∣

∣

∣

< 2 · 0, 05 + 3 · 0, 02 = 0, 16

Por tanto el error relativo maximo es del 16%.

o

5. Dada la funcion de dos variables f(x, y) = arctan(y/x), encuentra las expresiones mas sencillas quepuedas para sus derivadas parciales de primer y segundo orden:

f ′x(x, y) f ′

y(x, y) f ′′xx(x, y) f ′′

yy(x, y) f ′′xy(x, y)

Solucion: Siguiendo las reglas de calculo de derivadas con respecto a la variable adecuada en cadacaso tenemos:

f ′x =

1

1 + (y/x)2−y

x2=

−y

x2 + y2f ′y =

1

1 + (y/x)21

x=

x

x2 + y2

(en la segunda, despues de derivar hemos multiplicado por x el numerador y el denominador).

Derivando f ′x con respecto a x y f ′

y con respecto a y se obtienen directamente

f ′′xx =

0 + y 2x

(x2 + y2)2=

2xy

(x2 + y2)2f ′′yy =

0− x 2y

(x2 + y2)2=

−2xy

(x2 + y2)2

El calculo de f ′′xy se puede hacer derivando f ′

x con respecto a y o derivando f ′y con respecto a x:

f ′′xy =

−1(x2 + y2) + y 2y

(x2 + y2)2=

y2 − x2

(x2 + y2)2f ′′yx =

1(x2 + y2)− x 2x

(x2 + y2)2=

y2 − x2

(x2 + y2)2

o



6. Dada la funcion f(x, y) = arctan(y/x), comprueba que se satisfacen:

{

f ′′xx + f ′′

yy = 0

f ′′xy = f ′′

yx

.

Solucion: Calculamos las derivadas primeras

f ′x =

1

1 + (y/x)2−y

x2=

−y

x2 + y2f ′y =

1

1 + (y/x)21

x=

1

1 + (y/x)2x

x2=

x

x2 + y2

Derivando f ′x con respecto a x y f ′

y con respecto a y se tiene

f ′′xx =

y · 2x(x2 + y2)2

=2xy

(x2 + y2)2f ′′yy =

−x · 2y(x2 + y2)2

=−2xy

(x2 + y2)2

Como tienen signo distinto, se tiene f ′′xx + f ′′

yy = 0.

Derivando ahora f ′x con respecto a y y f ′

y con respecto a x se tiene

f ′′xy =

−(x2 + y2) + y · 2y(x2 + y2)2

=y2 − x2

(x2 + y2)2f ′′yx =

(x2 + y2)− x · 2x(x2 + y2)2

=y2 − x2

(x2 + y2)2

y se ve que son iguales.

o

7. Si f(x, y) =√

x2 − y2, calcula y simplifica cuanto puedas la expresion (f ′x)

2 − (f ′y)

2.

Solucion: Ponemos f(x, y) = (x2 − y2)1/2 y calculamos las derivadas

f ′x =

1

2(x2 − y2)−1/2 · 2x = x (x2 − y2)−1/2 f ′

y =1

2(x2 − y2)−1/2 · (−2y) = −y (x2 − y2)−1/2

Elevando al cuadrado se tiene

(f ′x)

2 = x2 (x2 − y2)−1 (f ′y)

2 = y2 (x2 − y2)−1

Al restarlas tenemos un factor comun (x2 − y2)−1 que queda multiplicado por x2 − y2 y por tantola expresion vale 1.

o

8. Si f(x, y) = ln(x2 − y2), calcula y simplifica cuanto puedas la expresion f ′′xx + f ′′

xy.

Solucion: Solo necesitamos la derivada f ′x =

2x

x2 − y2y sus parciales con respecto a x e y:

f ′′xx =

2(x2 − y2)− 2x2x

(x2 − y2)2=

−2x2 − 2y2

(x2 − y2)2f ′′xy =

(−2x)(−2y)

(x2 − y2)2=

4xy

(x2 − y2)2

Sumando y operando se tiene

f ′′xx + f ′′

xy =−2x2 − 2y2 + 4xy

(x2 − y2)2= −2

x2 + y2 − 2xy

(x2 − y2)2= −2

(x− y)2

(x+ y)2(x− y)2=

−2

(x+ y)2

o



9. Comprueba que la funcion f(x, y) =

√x+

√y

x+ ysatisface la EDP x f ′

x + y f ′y =

−1

2f .

Solucion: Calculamos las derivadas parciales poniendo f(x, y) =x1/2 + y1/2

x+ y:

f ′x =

12 x

−1/2(x+ y)− (x1/2 + y1/2)

(x+ y)2 x f ′

x =12 x

1/2(x+ y)− (x1/2 + y1/2)x

(x+ y)2

f ′y =

12 y

−1/2(x+ y)− (x1/2 + y1/2)

(x+ y)2 y f ′

y =12 y

1/2(x+ y)− (x1/2 + y1/2)y

(x+ y)2

Sumando y sacando factor comun:

x f ′x + y f ′

y =12 (x

−1/2 + y−1/2)(x+ y)− (x1/2 + y1/2)(x+ y)

(x+ y)2=

−12 (x

−1/2 + y−1/2)

(x+ y)=

−1

2f

o

10. Si f(x, y) = ex2−y2 , calcula y simplifica cuanto puedas la expresion f ′′

xx + 2f ′′xy + f ′′

yy.

Solucion: Calculamos las derivadas de primer orden:

f ′x = 2x ex

2−y2 f ′y = −2y ex

2−y2

y las de segundo orden:

f ′′xx = (2 + 4x2) ex

2−y2 f ′′xy = −4xy ex

2−y2 f ′′yy = (−2 + 4y2) ex

2−y2

Por tanto

f ′′xx+2f ′′

xy + f ′′yy = (2+4x2− 8xy− 2+4y2) ex

2−y2 = 4(x2− 2xy+ y2) ex2−y2 = 4(x− y)2 ex

2−y2

o

11. Dada la funcion f(x, y) =x

x2 + y2, calcula y simplifica cuanto puedas f ′

x, f ′y y f ′′

xy.

Solucion: Las derivadas primeras f ′x y f ′

y estan en el Problema 91(f), y valen:

f ′x(x, y) =

(x2 + y2)− x · 2x(x2 + y2)2

=y2 − x2

(x2 + y2)2f ′y(x, y) =

−x · 2y(x2 + y2)2

=−2xy

(x2 + y2)2

La derivada f ′′xy se puede obtener derivando f

′x con respecto a y o derivando f ′

y con respecto a x. A suvez, esto se puede hacer viendo la expresion como un cociente o como un producto con (x2+ y2)−2.

Por ejemplo, derivando f ′x con respecto a y como un cociente se tiene:

f ′′xy(x, y) =

2y(x2 + y2)2 − (y2 − x2)2(x2 + y2) · 2y(x2 + y2)4

=2y(x2 + y2)− 4y(y2 − x2)

(x2 + y2)3=

6x2y − 2y3

(x2 + y2)3



Y se llega a lo mismo derivando por ejemplo f ′y = −2xy(x2 + y2)−2 con respecto a x:

f ′′xy(x, y) = −2y(x2+y2)−2+4xy(x2+y2)−3·2x = 2y

[

−(x2 + y2) + 4x2]

(x2+y2)−3 = 2y3x2 − y2

(x2 + y2)3

o

12. Dada la funcion f(x, y) =x

x2 + y2, comprueba que se satisface la EDP f ′′

xx + f ′′yy = 0.

Solucion: Calculamos las derivadas parciales primeras:

f ′x =

(x2 + y2)− x 2x

(x2 + y2)2=

y2 − x2

(x2 + y2)2f ′y =

0− x 2y

(x2 + y2)2=

−2xy

(x2 + y2)2

Y ahora las derivadas parciales segundas, derivando f ′x con respecto a x y f ′

y con respecto a y.Tras derivar conviene cancelar el factor (x2 + y2) que aparece tanto en el numerador como en eldenominador:

f ′′xx =

−2x (x2 + y2)2 − (y2 − x2) 2(x2 + y2) 2x

(x2 + y2)4=

−2x (x2 + y2)− (y2 − x2) 4x

(x2 + y2)3=

2x3 − 6xy2

(x2 + y2)3

f ′′yy =

−2x (x2 + y2)2 + 2xy 2(x2 + y2) 2y

(x2 + y2)4=

−2x (x2 + y2) + 8xy2

(x2 + y2)3=

6xy2 − 2x3

(x2 + y2)3

Se observa que son expresiones opuestas y por tanto su suma es nula, o sea f ′′xx + f ′′

yy = 0.

En lugar de derivar cocientes se pueden derivar productos poniendo f = x (x2+y2)−1. En este casoconviene sacar como factor comun la potencia mas baja de x2 + y2 que aparezca:

f ′x = (x2 + y2)−1 − x (x2 + y2)−22x = [x2 + y2 − 2x2] (x2 + y2)−2 = [y2 − x2] (x2 + y2)−2

f ′′xx = −2x (x2 + y2)−2 − 2[y2 − x2] (x2 + y2)−3 2x = −2x[(x2 + y2) + 2(y2 − x2)] (x2 + y2)−3 =

= −2x[3y2 − x2] (x2 + y2)−3

f ′y = −x (x2 + y2)−22y = −2xy (x2 + y2)−2

f ′′yy = −2x (x2 + y2)−2 + 4xy (x2 + y2)−3 2y = −2x[(x2 + y2)− 4y2] (x2 + y2)−3 =

= −2x[x2 − 3y2] (x2 + y2)−3

o



13. Calcula y simplifica cuanto puedas las derivadas parciales segundas f ′′xx, f ′′

yy y f ′′xy de la funcion

f(x, y) = ln(x2 − y2).

Solucion: Las derivadas primeras salen derivando el logaritmo y aplicando la regla de la cadena:

f ′x =

2x

x2 − y2f ′y =

−2y

x2 − y2

Para las segundas se derivan los cocientes y se simplifica lo poco que se puede:

f ′′xx =

2(x2 − y2)− 2x · 2x(x2 − y2)2

=−2(x2 + y2)

(x2 − y2)2f ′′yy =

−2(x2 − y2) + 2y · (−2y)

(x2 − y2)2=

−2(x2 + y2)

(x2 − y2)2

f ′′xy =

−2x · (−2y)

(x2 − y2)2=

4xy

(x2 − y2)2

o

14. Calcula y simplifica cuanto puedas las derivadas f ′′xy y f ′′

yy para f(x, y) =√

1 + xy2.

Solucion: Basta con calcular f ′y y derivarla con respecto a x e y. Calculamos esa primera derivada:

f = (1 + xy2)1/2 f ′y =

1

2(1 + xy2)−1/22xy = xy(1 + xy2)−1/2

Ahora derivamos f ′y con respecto a x

f ′′xy = y(1 + xy2)−1/2 + xy

−1

2(1 + xy2)−3/2y2 = y(1 + xy2)−1/2 − 1

2xy3(1 + xy2)−3/2 =

y(1 + xy2)−3/2(1 + xy2 − 1

2xy2) = y(1 +

1

2xy2)(1 + xy2)−3/2

Finalmente derivamos f ′y con respecto a y

f ′′yy = x(1 + xy2)−1/2 + xy

−1

2(1 + xy2)−3/22xy = x(1 + xy2)−1/2 − x2y2(1 + xy2)−3/2 =

x(1 + xy2)−3/2(1 + xy2 − xy2) = x(1 + xy2)−3/2

o

15. Comprueba que f(x, y) = arctan(y/x) satsiface la ecuacion x2 f ′′xx + y2 f ′′

yy + 2xy f ′′xy = 0.

Solucion: Calculamos las derivadas primeras y luego las segundas:

f ′x =

−y/x2

1 + (y/x)2=

−y

x2 + y2f ′y =

1/x

1 + (y/x)2=

x

x2 + y2

f ′′xx =

2xy

(x2 + y2)2f ′′yy =

−2xy

(x2 + y2)2f ′′xy =

−x2 − y2 + 2y2

(x2 + y2)2=

y2 − x2

(x2 + y2)2

Por tanto

x2 f ′′xx + y2 f ′′

yy + 2xy f ′′xy =

2x3y − 2xy3 + 2xy(y2 − x2)

(x2 + y2)2=

2x3y − 2xy3 + 2xy3 − 2x3y

(x2 + y2)2= 0

o



16. Si f(x, y) = ex2−y2 , calcula y simplifica cuanto puedas la expresion f ′′

xx + 2f ′′xy + f ′′

yy.

Solucion: Calculamos las derivadas de primer orden:

f ′x = 2x ex

2−y2 f ′y = −2y ex

2−y2

y las de segundo orden:

f ′′xx = (2 + 4x2) ex

2−y2 f ′′xy = −4xy ex

2−y2 f ′′yy = (−2 + 4y2) ex

2−y2

Por tanto

f ′′xx+2f ′′

xy + f ′′yy = (2+4x2− 8xy− 2+4y2) ex

2−y2 = 4(x2− 2xy+ y2) ex2−y2 = 4(x− y)2 ex

2−y2

o

17. Para f(x, y) =x

x2 − y2, calcula y simplifica cuanto puedas: (1) f ′

x − f ′y (2) f ′′

xy.

Solucion: Calculemos las derivadas primeras para despues sustituirlas en f ′x − f ′

y:

f ′x =

(x2 − y2)− x · 2x(x2 − y2)2

=−x2 − y2

(x2 − y2)2= − x2 + y2

(x2 − y2)2

f ′y =

−x · (−2y)

(x2 − y2)2=

2xy

(x2 − y2)2

f ′x − f ′

y =−x2 − y2 − 2xy

(x2 − y2)2=

−(x+ y)2

(x+ y)2(x− y)2=

−1

(x− y)2

Para obtener f ′′xy derivamos f ′

x con respecto a y (tambien valdrıa derivar f ′y con respecto a x):

f ′′xy = −2y(x2 − y2)2 − (x2 + y2)2(x2 − y2)(−2y)

(x2 − y2)4= −2y

(x2 − y2) + 2(x2 + y2)

(x2 − y2)3= −2y

3x2 + y2

(x2 − y2)3

Ejercicio: Comprueba que f ′x − f ′

y vale −1(x+y)2

y que xf ′′xx + yf ′′

xy vale 2(x2 + y2)

(x2 − y2)2.

o

18. Sea g : R → R una funcion derivable y sea f(x, y) = g(y/x). Comprueba que

xf ′x + yf ′

y = 0 y x2f ′′xx + 2xyf ′′

xy + y2f ′′yy = 0

Solucion: Si hacemos u = y/x = yx−1 tenemos u′x = −yx−2 y u′y = x−1, por lo que

f ′x = −yx−2g′ f ′

y = x−1g′ ⇒ xf ′x + yf ′

y = (−yx−1 + yx−1)g′ = 0

Las parciales de f de segundo orden valen

f ′′xx = 2yx−3g′ + y2x−4g′′ f ′′

xy = −x−2g′ − yx−3g′′ f ′′yy = x−2g′′

y por tanto

x2f ′′xx + 2xyf ′′

xy + y2f ′′yy = 2yx−1g′ + y2x−2g′′ − 2yx−1g′ − 2y2x−2g′′ + y2x−2g′′ = 0

o



19. Demuestra que cualquier funcion de la forma z(x, t) = f(x+ at) + g(x− at) es solucion de la ecua-

cion de onda∂2z

∂t2= a2

∂2z

∂x2, donde a es una constante y f, g : R → R son funciones suficientemente

derivables.

Solucion: Derivando primero dos veces con respecto a x y luego dos veces con respecto a t yaplicando siempre la regla de la cadena, se tiene:

z′x = f ′(x+ at) + g′(x− at) z′′xx = f ′′(x+ at) + g′′(x− at).

z′t = af ′(x+ at)− ag′(x− at) z′′tt = a2f ′′(x+ at) + a2g′′(x− at) = a2z′′xx, como se querıa ver.

o

20. Comprueba que la funcion f(x, y) = (x2 + y2) arctan(y/x) verifica f ′′xy = f ′′

yx.

Solucion: Podemos poner f = ρ2θ con la notacion usual para las coordenadas polares. Se tiene

θ′x =1

1 + (y/x)2−y

x2=

−y

x2 + y2=

−y

ρ2θ′y =

1

1 + (y/x)21

x=

x

x2 + y2=

x

ρ2

y por tantof ′x = 2xθ + ρ2θ′x = 2xθ − y f ′

y = 2yθ + ρ2θ′y = 2yθ + x

Derivando la primera expresion con respecto a y se tiene

f ′′xy = 2x

x

ρ2− 1 =

2x2 − ρ2

ρ2=

x2 − y2

ρ2

y derivando la segunda expresion con respecto a x se tiene

f ′′yx = 2y

−y

ρ2+ 1 =

ρ2 − 2y2

ρ2=

x2 − y2

ρ2

o

21. Comprueba que la funcion f(x, y, z) =1

√

x2 + y2 + z2verifica la igualdad

∂2f

∂x2+

∂2f

∂y2+

∂2f

∂z2= 0.

Solucion: Pongamos u = x2 + y2 + z2; entonces f = u−1/2 y ası f ′x = −1

2 u−3/22x = −xu−3/2.

Entonces f ′′xx = −u−3/2 − x−3

2 u−5/22x = 3x2u−5/2 − u−3/2.

De modo analogo se obtiene f ′′yy = 3y2u−5/2 − u−3/2 y f ′′

zz = 3z2u−5/2 − u−3/2, y sumando tenemos

f ′′xx + f ′′

yy + f ′′zz = 3(x2 + y2 + z2)u−5/2 − 3u−3/2 = 3uu−5/2 − 3u−3/2 = u−3/2 − 3u−3/2 = 0.

Una alternativa consiste en poner f ′′xx = 3x2u−5/2 − u−3/2 = (3x2 − u2)u−5/2; de modo analogo se

obtiene f ′′yy = (3y2 − u2)u−5/2 y f ′′

zz = (3z2 − u2)u−5/2, de donde f ′′xx + f ′′

yy + f ′′zz = (3(x2 + y2 +

z2)− 3u2)u−5/2 = 0.

o



22. Comprueba que la funcion z(x, y) =x2 + y2√x+ y

satisface la ecuacion x∂z

∂x+ y

∂z

∂y=

3

2z.

Solucion: Se tiene

∂z

∂x=

2x(x+ y)1/2 − 12(x+ y)−1/2(x2 + y2)

x+ y=

4x(x+ y)− (x2 + y2)

2(x+ y)3/2=

3x2 + 4xy − y2

2(x+ y)3/2

y analogamente∂z

∂y=

3y2 + 4xy − x2

2(x+ y)3/2, de donde

x∂z

∂x+ y

∂z

∂y=

3x3 + 4x2y − xy2 + 3y3 + 4xy2 − x2y

2(x+ y)3/2=

3

2

x3 + x2y + xy2 + y3

(x+ y)3/2=

3

2

x2(x+ y) + y2(x+ y)

(x+ y)3/2=

3

2

x2 + y2

(x+ y)1/2=

3

2z

o

23. Se considera la funcion F (x, y) =f(y/x)

x, donde f : R → R es una funcion derivable. Calcular y

simplificar la expresionxF ′

x + yF ′y + F

Solucion: Pongamos u = y/x = yx−1, con u′x = −yx−2 y u′y = x−1. Entonces F = x−1f(u) y ası

F ′x = −x−2f(u) + x−1f ′(u)u′x = −x−2f(u)− yx−3f ′(u) y F ′

y = x−1f ′(u)u′y = x−2f ′(u)

y asıxF ′

x + yF ′y + F = −x−1f(u)− yx−2f ′(u) + yx−2f ′(u) + x−1f(u) = 0

o

24. Se considera la funcion F (ρ, θ) = f(x, y), donde f es una funcion diferenciable de dos variables y ρy θ son las coordenadas polares. Comprobar que

(f ′x)

2 + (f ′y)

2 = (F ′ρ)

2 +1

ρ2(F ′

θ)2

Solucion: Se tiene x = ρ cos θ e y = ρ sen θ, y por tanto

F ′ρ = f ′

xx′ρ + f ′

yy′ρ = cos θf ′

x + sen θf ′y F ′

θ = f ′xx

′θ + f ′

yy′θ = −ρ sen θf ′

x + ρ cos θf ′y

(F ′ρ)

2 = cos2 θ(f ′x)

2 + sen2 θ(f ′y)

2 + 2 cos θ sen θf ′xf

′y

1

ρ2(F ′

θ)2 =

(

1

ρF ′θ

)2

= (− sen θf ′x + cos θf ′

y)2 = sen2 θ(f ′

x)2 + cos2 θ(f ′

y)2 − 2 sen θ cos θf ′

xf′y

Al sumar, los terminos que empiezan por ±2 se cancelan y en los otros se puede sacar factor comunsen2 θ + cos2 θ = 1, lo que da el resultado.

o



25. Para determinar el area de una caja cerrada se miden sus tres aristas con un cierto error relativomaximo E (igual en las tres medidas). Comprueba que el error relativo maximo del area es 2E.

Solucion: Si x, y, z son las medidas de las aristas el area vale S(x, y, z) = 2(xy + xz + yz), y eldato sobre el error se traduce en |∆x/x| ≤ E con cotas analogas para y y z. Usando la formula dela aproximacion incremental tenemos

∆S ≈ S′x∆x+ S′

y∆y + S′z∆z = 2(y + z)∆x+ 2(x+ z)∆y + 2(x+ y)∆z

Dividiendo y multiplicando por x en el primer sumando, por y en el segundo y por z en el tercerose tiene

∆S ≈ 2(xy + xz)∆x

x+ 2(xy + yz)

∆y

y+ 2(xz + yz)

∆z

z

y ahora dividiendo por S y usando las cotas citadas se tiene

∣

∣

∣

∣

∆S

S

∣

∣

∣

∣

≤ 2(xy + xz) + 2(xy + yz) + 2(xz + yz)

SE =

4(xy + xz + yz)

SE = 2E

o

26. Se miden una variable x con un valor de 20 y un error relativo maximo del 1%, y una variabley con un valor de 10 y un error relativo maximo del 2%. ¿Que error relativo maximo se tiene alcalcular z = ke

1

4x+ 1

5y?

Solucion: Se tiene ∆z ≈ z′x∆x+ z′y∆y = 14z∆x+ 1

5z∆y. Por tanto ∆zz ≈ 1

4∆x+ 15∆y = 1

4x∆xx +

15y

∆yy , y ası, para los valores dados:

∣

∣

∆zz

∣

∣ ≤ 14x∣

∣

∆xx

∣

∣+ 15y∣

∣

∣

∆yy

∣

∣

∣ ≤ 5·0′01+2·0′02 = 0′05+0′04 = 0′09,

luego el error relativo maximo es del 9%.

o

27. La resistencia al flujo sanguıneo que ofrece un vaso de longitud x y radio y es R(x, y) = Kx/y4,donde K es una constante. Si se miden x e y con errores relativos maximos del 3% y del 2%,respectivamente, ¿que error relativo maximo se comete al usar esas medidas para calcular R?

Solucion: egun la formula de la aproximacion incremental se tiene

∆R ≈ R′x∆x+R′

y∆y =K∆x

y4− 4Kx∆y

y5

luego

∣

∣

∣

∣

∆R

R

∣

∣

∣

∣

≈∣

∣

∣

∣

y4

Kx

(

K∆x

y4− 4Kx∆y

y5

)∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∆x

x− 4

∆y

y

∣

∣

∣

∣

≤∣

∣

∣

∣

∆x

x

∣

∣

∣

∣

+ 4

∣

∣

∣

∣

∆y

y

∣

∣

∣

∣

≤ 0′03 + 0′08 = 0′11

de modo que el error maximo es del 11%.

o



28. Calcula un valor aproximado de√

9 · (2′05)2 + (8′1)2 usando la formula de la aproximacion incre-

mental para la funcion f(x, y) =√

9x2 + y2 en el punto (2, 8).

Solucion: Se tiene f(2, 8) =√36 + 64 = 10. Por otra parte f ′

x = 9x√9x2+y2

y f ′y = y√

9x2+y2, y ası

f ′x(2, 8) =

1810 = 1′8 y f ′

y(2, 8) =810 = 0′8. La formula de la aproximacion incremental es entonces

f(2 + ∆x, 8 + ∆y) ≈ 10 + 1′8 ·∆x+ 0′8∆y, que para ∆x = 0′05 y ∆y = 0′1 da:√

9 · (2′05)2 + (8′1)2 = f(2 + 0′05, 8 + 0′1) ≈ 10 + 1′8 · 0′05 + 0′8 + 0′1 = 10 + 0′09 + 0′08 = 10′17.

o

29. Un triangulo tiene dos lados de longitudes x e y que forman un angulo de π/6 radianes. Si se midenx e y con errores maximos respectivos del 4% y del 3%, ¿que error maximo se comete al usar esasmedidas para calcular el area del triangulo?

Solucion: La situacion puede ser, por ejemplo, cualquiera de las siguientes:

✟✟✟✟✟✟❇❇❇❇π/6

x

y

h✟✟✟✟✟✟✂

✂✂✂π/6

x

y

h

En cualquier caso h = y sen(π/6) =y

2, el area vale f(x, y) =

xh

2=

xy

4, y su variacion aproximada

es

∆f ≈ f ′x∆x+ f ′

y∆y =y∆x+ x∆y

4

luego∣

∣

∣

∣

∆f

f

∣

∣

∣

∣

≈∣

∣

∣

∣

y∆x+ x∆y

xy

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∆x

x+

∆y

y

∣

∣

∣

∣

≤∣

∣

∣

∣

∆x

x

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∆y

y

∣

∣

∣

∣

≤ 0′04 + 0′03 = 0′07

de modo que el error maximo es del 7%.

o


16 VARIAS VARIABLES: EXTREMOS (*)

16. VARIAS VARIABLES: EXTREMOS (*)

1. ¿Que es un punto-silla de una funcion de dos variables f : R2 → R?

Solucion: Es un punto de R2 en el que la funcion alcanza un maximo relativo en una direccion (o

sea, si solo consideramos valores de f en cierta recta que pasa por ese punto) y un mınimo relativoen otra.

o

2. Define el gradiente y la matriz hessiana de una funcion f : R2 → R en un punto P y explica en queconsiste el “test de las derivadas segundas”. ¿A que tipo de puntos se aplica el test?

Solucion: El gradiente de f en P es el vector formado por las 2 derivadas parciales de f en elpunto P :

∇f(P ) = (f ′x(P ), f ′

y(P ))

La matriz hessiana de f en P esta formada por las 4 derivadas parciales de segundo orden de f enP :

Hf(P ) =

(

f ′xx(P ) f ′

xy(P )

f ′yx(P ) f ′

yy(P )

)

El test de las derivadas segundas se aplica a los puntos crıticos de f (los puntos para los que elgradiente es nulo). Para un punto crıtico P , si ponemos ∆1 = f ′

x(P ) y ∆2 = det(Hf(P )) se tiene:

- Si ∆1 > 0 y ∆2 > 0 entonces f alcanza en P un mınimo relativo.

- Si ∆1 < 0 y ∆2 > 0 entonces f alcanza en P un maximo relativo.

- Si ∆2 < 0 entonces f presenta en P un punto-silla.

o

3. Dada una funcion f : R2 → R y dado un punto P de su dominio. ¿Que significa que P sea unpunto crıtico de f? ¿Que significa que f tenga en P un punto-silla? Si P es un punto crıtico, ¿comopuedes saber si f tiene en P un maximo relativo, un mınimo relativo o un punto-silla?

Solucion: Las definiciones estan en los apuntes, y en la ultima pregunta se trata de explicar eltest de las derivadas segundas para funciones de dos variables.

o

4. Explica para que sirve y como se aplica el metodo de los multiplicadores de Lagrange.

Solucion: El enunciado preciso que aparece en la presentacion de clase es el que sigue; no seespera tanto formalismo, pero sı que aparezca el sistema adecuado y que se diga que se buscancandidatos a extremos relativos de una funcion f condicionados por una restriccion del tipo g = 0.



Sean f, g : Rn → R diferenciables. Si f tiene un extremo relativo P sobre la curva de restricciong(x1, . . . , xn) = 0, y si ∇g(P ) 6= 0, entonces los gradientes ∇f(P ) y ∇g(P ) son proporcionales, esdecir, existe un escalar λ ∈ R (el multiplicador de Lagrange) tal que

∇f(P ) = λ∇g(P )

Por ejemplo, para funciones de dos variables los candidatos a extremos deben satisfacer el sistema

g(x, y) = 0

f ′x(x, y) = λ g′x(x, y)

f ′y(x, y) = λ g′y(x, y)

o

5. ¿Como hallarıas los extremos absolutos de una funcion f(x, y) en un recinto D del plano?

Solucion: Por una parte se hallan los puntos crıticos de f que estan en D (resolviendo el sistemaf ′x(x, y) = 0 y f ′

y(x, y) = 0 y tomando solo los puntos que estan en D). Por otra parte se hallan losposibles extremos de f restringidos al borde de D, usando por ejemplo el metodo de sustitucion o elde los multiplicadores de Lagrange. Entonces se calcula el valor de f en todos los puntos anterioresy en las esquinas del borde de D (si hay). El mayor valor sera el maximo absoluto (que se alcanzaraen el o los puntos correspondientes) y el menor el mınimo absoluto.

o

6. Encuentra y clasifica todos los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = x2y + 3y3 − 2xy.

Solucion: Sistema

{

2xy − 2y = 0x2 + 9y2 − 2x = 0

}

. Por la primera o bien y = 0, y entonces por la segunda

x(x−2) = 0, o bien x = 1, y entonces por la segunda 9y2 = 1. Los puntos crıticos son pues A = (0, 0),

B = (2, 0), C = (1, 1/3) y D = (1,−1/3). El Hessiano es Hf(x, y) =

(

2y 2x− 22x− 2 18y

)

y por

tanto

Hf(A) =

(

0 −2−2 0

)

Hf(B) =

(

0 22 0

)

Hf(C) =

(

2/3 00 6

)

Hf(D) =

(

−2/3 00 −6

)

Por el test de las derivadas segundas, A y B son puntos-silla, en C se alcanza un mınimo relativoy en D se alcanza un maximo relativo.

o



7. Encuentra los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = xye(−x2−y2)/2 y clasifıcalos.

Solucion: Los puntos crıticos son las soluciones simultaneas de

0 = f ′x = y(1− x2)e(−x2−y2)/2 0 = f ′

y = x(1− y2)e(−x2−y2)/2

La primera ecuacion da las opciones y = 0 y x = ±1. Fijandonos en la segunda ecuacion vemosque:

La opcion y = 0 fuerza que sea x = 0, lo que nos da el punto crıtico P = (0, 0).

Las opciones x = ±1 fuerzan que sea y = ±1, lo que nos da los cuatro puntos crıticos

Q1 = (1, 1) Q2 = (−1, 1) Q3 = (−1,−1) Q4 = (1,−1)

Calculando las derivadas segundas se obtiene la matriz hessiana

Hf(x, y) =

(

f ′′xx f ′′

xy

f ′′yx f ′′

yy

)

= e(−x2−y2)/2

(

xy(x2 − 3) (1− x2)(1− y2)(1− x2)(1− y2) xy(y2 − 3)

)

que en los puntos crıticos vale:

Hf(P ) =

(

0 11 0

)

Hf(Q1) = Hf(Q3) = e−1

(

−2 00 −2

)

Hf(Q2) = Hf(Q4) = e−1

(

2 00 2

)

El test de las derivadas segundas nos dice entonces que en P hay un punto-silla, que en Q1 y Q3

hay maximos relativos, y que en Q2 y Q4 hay mınimos relativos.

o

8. Encuentra los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = x3 + y3 + 9xy + 27 y decide si son maximosrelativos, mınimos relativos o puntos-silla.

Solucion: El gradiente ∇f y la matriz hessiana Hf son

∇f = (f ′x , f

′y) = (3x2 + 9y , 3y2 + 9x) Hf =

(

f ′′xx f ′′

xy

f ′′yx f ′′

yy

)

=

(

6x 99 6y

)

Los puntos crıticos son los que anulan el gradiente, o sea los puntos (x, y) con

{

x2 = −3yy2 = −3x

}

. Por

tanto deben verificar x4 = (−3y)2 = 9y2 = 9(−3x) = −27x, lo que da dos opciones:

- Para x = 0 se obtiene y = −13 x2 = 0 y P = (0, 0) satisface el sistema, luego es un punto crıtico.

- Para x 6= 0 se obtiene x3 = −27, luego x = −3 e y = −13 x2 = −3, y Q = (−3,−3) es un punto

crıtico.

Como el determinante de Hf(P ) =

(

0 99 0

)

es negativo deducimos que en P hay un punto-silla.

Como el determinante de Hf(Q) =

(

−18 99 −18

)

es positivo y la primera entrada (−18) es

negativa, en Q se alcanza un maximo relativo.

o



9. Calcula los puntos crıticos de f(x, y) = x4 + x2 + 24y2 + 12xy.

Solucion: Los puntos crıticos son las soluciones de

0 = f ′x(x, y) = 4x3 + 2x+ 12y 0 = f ′

y(x, y) = 48y + 12x

De la segunda ecuacion obtenemos y = −x/4, y sustituyendo en la primera se tiene

0 = 4x3 + 2x+ 12y = 4x3 + 2x− 3x = 4x3 − x = x(4x2 − 1)

de donde x = 0 o x = ±1/2. Los correspondientes valores de y = −x/4 son y = 0 e y = ∓1/8, porlo que los puntos crıticos son (0, 0), (1/2,−1/8) y (−1/2, 1/8).

o

10. Encuentra todos los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = x3 + y3 + 9xy, y para cada uno de ellosdecide si es un maximo relativo, un mınimo relativo o un punto-silla.

Solucion: El gradiente vale ∇f = (f ′x, f

′y) = (3x2 + 9y, 3y2 + 9x), y se anula cuando x = −y2/3

e y = −x2/3. Sustituyendo la segunda en la primera se tiene x = −x4/27, de donde o bien x = 0(y entonces y = 0) o bien podemos simplificar x para obtener 1 = −x3/27, o sea x3 = −27, osea x = −3 (y entonces y = −9/3 = −3). En definitiva, hay dos puntos crıticos, A = (0, 0) yB = (−3,−3).

Para aplicar el test de las derivadas segundas calculamos el Hessiano y sustituimos los puntos:

Hf =

(

f ′′xx f ′′

xy

f ′′yx f ′′

yy

)

=

(

6x 99 6y

)

Hf(A) =

(

0 99 0

)

Hf(B) =

(

−18 99 −18

)

Para A el determinante 2× 2 es negativo, luego se trata de un punto-silla. Para B la secuencia dedeterminantes es negativo-positivo y por tanto en B se alcanza un maximo relativo.

o

11. Encuentra y clasifica todos los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = 2xy − 3x3 − xy2.

Solucion: Los puntos crıticos son los que anulan el gradiente, o sea las soluciones comunes de

f ′x = 0 y f ′

y = 0. Por tanto se trata de resolver el sistema

{

2y − 9x2 − y2 = 02x− 2xy = 0

}

. Reescribiendo

la segunda ecuacion como 2x(1 − y) = 0 vemos que o bien x = 0 o bien y = 1. Para x = 0 laprimera ecuacion queda y(2−y) = 0, lo que nos da dos puntos crıticos A = (0, 0) y B = (0, 2). Paray = 1, la primera ecuacion queda 1 = 9x2, lo que nos da otros dos puntos crıticos C = (1/3, 1) y

D = (−1/3, 1). El Hessiano es Hf(x, y) =

(

−18x 2− 2y2− 2y −2x

)

y por tanto

Hf(A) =

(

0 22 0

)

Hf(B) =

(

0 −2−2 0

)

Hf(C) =

(

−6 00 −2/3

)

Hf(D) =

(

6 00 2/3

)

Por el test de las derivadas segundas, A y B son puntos-silla, en C se alcanza un maximo relativoy en D se alcanza un mınimo relativo.

o



12. Encuentra y clasifica todos los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = 2xy − 3x3 − xy2.

Solucion: Los puntos crıticos son los que anulan el gradiente, o sea las soluciones comunes de

f ′x = 0 y f ′

y = 0. Por tanto se trata de resolver el sistema

{

2y − 9x2 − y2 = 02x− 2xy = 0

}

. Reescribiendo

la segunda ecuacion como 2x(1 − y) = 0 vemos que o bien x = 0 o bien y = 1. Para x = 0 laprimera ecuacion queda y(2−y) = 0, lo que nos da dos puntos crıticos A = (0, 0) y B = (0, 2). Paray = 1, la primera ecuacion queda 1 = 9x2, lo que nos da otros dos puntos crıticos C = (1/3, 1) y

D = (−1/3, 1). El Hessiano es Hf(x, y) =

(

−18x 2− 2y2− 2y −2x

)

y por tanto

Hf(A) =

(

0 22 0

)

Hf(B) =

(

0 −2−2 0

)

Hf(C) =

(

−6 00 −2/3

)

Hf(D) =

(

6 00 2/3

)

Por el test de las derivadas segundas, A y B son puntos-silla, en C se alcanza un maximo relativoy en D se alcanza un mınimo relativo.

o

13. Encuentra los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = x3 + 3xy2 − 18xy + 24x + 513 y decide si setrata de maximos relativos, mınimos relativos o puntos-silla.

Solucion: Los puntos crıticos son los que anulan al gradiente ∇f = (f ′x, f

′y), o sea los (x, y) con

{

0 = f ′x = 3x2 + 3y2 − 18y + 24 = 3(x2 + y2 − 6y + 8)

0 = f ′y = 6xy − 18x = 6x(y − 3)

}

La 2 ecuacion da dos posibilidades: x = 0 o y = 3. Para x = 0, al sustituir en la 1 ecuacionse tiene 0 = y2 − 6y + 8, de donde y = 2 o y = 4. Esto nos da dos puntos crıticos A = (0, 2) yB = (0, 4).

Para y = 3 la 1 ecuacion queda 0 = x2 + 9− 10 + 8 = x2 − 1, de donde x = ±1. Esto nos da otrosdos puntos crıticos C = (1, 3) y D = (−1, 3).

Para clasificarlos, los sustituimos en la matriz hessianaHf =

(

f ′′xx f ′′

xy

f ′′yx f ′′

yy

)

=

(

6x 6y − 186y − 18 6x

)

:

Hf(A) =

(

0 −6−6 0

)

Hf(B) =

(

0 66 0

)

Hf(C) =

(

6 00 6

)

Hf(D) =

(

−6 00 −6

)

Aplicando el test de las derivadas segundas vemos que f presenta puntos-silla en A y en B, alcanzaun mınimo relativo en C y alcanza un maximo relativo en D.

o



14. Encuentra y clasifica todos los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = 13 x

3 + xy2 − 3xy.

Solucion: Las derivadas primeras son f ′x = x2 + y2 − 3y y f ′

y = 2xy − 3x, por lo que los puntos

crıticos son las soluciones del sistema

{

x2 + y2 − 3y = 02xy − 3x = 0

}

.

La segunda ecuacion se reescribe como x(2y−3) = 0, y por tanto o bien es x = 0 o bien es y = 3/2.

Para x = 0 la primera ecuacion es y(y− 3) = 0 y por tanto y = 0 o y = 3, lo que nos da dos puntoscrıticos: A = (0, 0) y B = (0, 3).

Para y = 3/2 la primera ecuacion es x2 + 9/4− 9/2 = 0, o sea x2 = 9/4, y por tanto x = ±3/2, loque nos da otros dos puntos crıticos: C = (3/2, 3/2) y D = (−3/2, 3/2).

El Hessiano es Hf(x, y) =

(

2x 2y − 32y − 3 2x

)

y por tanto

Hf(A) =

(

0 −3−3 0

)

Hf(B) =

(

0 33 0

)

Hf(C) =

(

3 00 3

)

Hf(D) =

(

−3 00 −3

)


o

15. Encuentra y clasifica todos los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = 3x3 + xy2 + 6xy.

Solucion: Las derivadas primeras son f ′x = 9x2 + y2 + 6y y f ′

y = 2xy + 6x, por lo que los puntos

crıticos son las soluciones del sistema

{

9x2 + y2 + 6y = 02xy + 6x = 0

}

.

La segunda ecuacion se reescribe como 2x(y+3) = 0, y por tanto o bien es x = 0 o bien es y = −3.

Para x = 0 la primera ecuacion es y(y + 6) = 0 y por tanto y = 0 o y = −6, lo que nos da dospuntos crıticos: A = (0, 0) y B = (0,−6).

Para y = −3 la primera ecuacion es 9x2 + 9− 18 = 0, o sea x2 = 1, y por tanto x = ±1, lo que nosda otros dos puntos crıticos: C = (1,−3) y D = (−1,−3).

El Hessiano es Hf(x, y) =

(

18x 2y + 62y + 6 2x

)

y por tanto

Hf(A)=

(

0 66 0

)

Hf(B)=

(

0 −6−6 0

)

Hf(C)=

(

18 00 2

)

Hf(D)=

(

−18 00 −2

)


o



16. Encuentra y clasifica los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = xye−x2−y2 .

Solucion: Los puntos crıticos son aquellos donde se anulan a la vez las dos parciales, o sea lassoluciones comunes de las ecuaciones

0 = f ′x(x, y) = y(1− 2x2)e−x2−y2 0 = f ′

y(x, y) = x(1− 2y2)e−x2−y2

Si x = 0 entonces la primera ecuacion nos dice que y = 0, luego P = (0, 0) es un punto crıtico. Siy = 0 se tiene analogamente x = 0, por lo que no obtenemos puntos nuevos. En otro caso se tienex 6= 0 e y 6= 0, y como e−x2−y2 6= 0 entonces debe ser simultaneamente 1− 2x2 = 0 y 1− 2y2 = 0,es decir x = ±

√

1/2 e y = ±√

1/2, lo que nos da cuatro puntos crıticos mas:

Q1 = (b, b) Q2 = (−b, b) Q3 = (−b,−b) Q4 = (b,−b)

(con b =√

1/2 y escritos de forma que Q1 esta en el primer cuadrante, Q2 en el segundo, etc.).

Calculando las derivadas segundas se obtiene la matriz hessiana

Hf(x, y) =

(

f ′′xx f ′′

xy

f ′′yx f ′′

yy

)

= e−x2−y2(

2xy(2x2 − 3) (1− 2x2)(1− 2y2)(1− 2x2)(1− 2y2) 2xy(2y2 − 3)

)

que sustituida en los puntos crıticos vale

Hf(P ) =

(

0 11 0

)

Hf(Q1) = e−1

(

−2 00 −2

)

Hf(Q2) = e−1

(

2 00 2

)

Hf(Q3) = Hf(Q1) y Hf(Q4) = Hf(Q2). El test de las derivadas segundas nos dice entonces queen P hay un punto-silla, que en Q1 y Q3 hay maximos relativos, y que en Q2 y Q4 hay mınimosrelativos.

o

17. Encontrar y clasificar todos los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = xy − 2x2 − y4.

Solucion: Las derivadas primeras de la funcion valen f ′x = y − 4x, f ′

y = x− 4y3, luego los puntoscrıticos (x, y) deben verificar y = 4x y x = 4y3. Sustituyendo la segunda en la primera se tieney = 16y3, de donde o bien y = 0 o bien y = ±

√

1/16 = ±1/4. Como x = y/4, se obtienen trespuntos crıticos

P = (0, 0) Q1 =

(

1

16,1

4

)

Q2 =

(−1

16,−1

4

)

Las derivadas segundas valen f ′′xx = −4, f ′′

yy = −12y2, f ′′xy = f ′′

yx = 1, luego las matrices Hessianasson

Hf(P ) =

(

−4 11 0

)

Hf(Q1) = H(Q2) =

(

−4 11 −3/4

)

y el test de las derivadas segundas nos dice que hay maximos relativos en los Qi y un punto-sillaen P .

o



18. Determina los extremos relativos de la funcion f(x, y) = xye−x2−y2 .

Solucion: f ′x = y(1−2x2)e−x2−y2 y f ′

y = x(1−2y2)e−x2−y2 se anulan simultaneamente en P = (0, 0)

y en Q1 = (√

1/2,√

1/2), Q2 = (√

1/2,−√

1/2), Q3 = (−√

1/2,√

1/2) y Q4 = (−√

1/2,−√

1/2).

Derivando: f ′′xx = 2xy(2x2−3)e−x2−y2 , f ′′

yy = 2xy(2y3−3)e−x2−y2 y f ′′xy = (1−2x2)(1−2y2)e−x2−y2 .

En el punto P se tiene f ′′xx(P ) = f ′′

yy(P ) = 0 y f ′′xy(P ) = 1, luego es un punto-silla.

En Q1 se tiene f ′′xx(Q) = f ′′

yy(P ) = −2e−1 y f ′′xy(P ) = 0, luego es un maximo relativo.

De modo analogo se ve que hay otro maximo relativo en Q4 y que hay mınimos relativos en Q2 yen Q3.

o

19. Determina los extremos relativos de la funcion f(x, y) = y2 − 4xy

1 + x2

Solucion: Las derivadas parciales son

f ′x = −4y

1 + x2 − 2x2

(1 + x2)2=

4y(x2 − 1)

(1 + x2)2=

4y(x− 1)(x+ 1)

(1 + x2)2f ′y = 2y − 4x

1 + x2

Para que se anule f ′x debe ser o bien y = 0 (y entonces tiene que ser x = 0 para que se anule f ′

y),o bien x = 1 (y entonces 0 = 2y − 2, o sea y = 1), o bien x = −1 (y entonces 0 = 2y + 2, o seay = −1). Por tanto los puntos crıticos son P = (0, 0), Q = (1, 1) y R = (−1,−1). Para determinarsi son extremos relativos o puntos-silla debemos calcular las derivadas segundas

f ′′xx = 4y

2x(1 + x2)− (x2 − 1)4x

(1 + x2)3=

8xy(3− x2)

(1 + x2)3f ′′xy =

4(x2 − 1)

(1 + x2)2f ′′yy = 2

de manera que los hessianos en los puntos crıticos valen

Hf(P ) =

(

0 −1−1 2

)

Hf(Q) =

(

2 00 2

)

Hf(R) =

(

2 00 2

)

Por tanto en P = (0, 0) hay un punto-silla, y en Q = (1, 1) y R = (−1,−1) hay mınimos relativos.

o

20. Determina los extremos relativos de la funcion f(x, y) = (2x− y + 1)2 + (x− 3y)2 + 1.

Solucion: Es claro que solo tiene un mınimo cuando se anulan ambos parentesis, o sea en(−3

5 , −15

)

.

Si no se observa esto, el proceso tıpico es ası: f ′x = 10x − 10y + 4, f ′

y = −10x + 20y − 2, que se

anulan simultaneamente si x− y = −2/5 y x− 2y = −1/5, o sea en el punto(−3

5 , −15

)

.

Como f ′′xx = 10, f ′′

xy = −10, f ′′yy = 20, el test de las derivadas segundas nos dice que hay un mınimo.

o



21. Determinar los extremos relativos de la funcion f(x, y) = (2x− x2)(2y − y2).

Solucion: Planteamos el sistema de ecuaciones f ′x = 0, f ′

y = 0. Para resolver un sistema ası es buenoexpresar las parciales como productos [NO es buena idea poner f(x, y) = 4xy−2xy2−2x2y+x2y2]:

0 = f ′x = (2−2x)(2y−y2) = 2(1−x)y(2−y) 0 = f ′

y = (2x−x2)(2−2y) = 2x(2−x)(1−y)

La primera ecuacion nos da tres posibilidades (x = 1, y = 0 e y = 2) que analizamos:

x = 1, y entonces (sustituyendo en la segunda) 0 = 2(1−y), lo que nos da el punto crıtico P = (1, 1).

y = 0, y entonces 0 = 2x(2− x), lo que nos da los puntos crıticos Q1 = (0, 0) y Q2 = (2, 0).

y = 2, y entonces 0 = −2x(2− x), lo que nos da los puntos crıticos Q3 = (0, 2) y Q4 = (2, 2).

Las parciales segundas son f ′′xx = −2y(2 − y), f ′′

yy = −2x(2 − x), f ′′xy = 4(1 − x)(1 − y). En P se

tiene f ′′xx = f ′′

yy = −2 y f ′′xy = 0 (determinante Hessiano 4), luego hay un maximo relativo. En los

Qi se tiene f ′′xx = f ′′

yy = 0 y f ′′xy = ±4 (determinante Hessiano −16), luego hay puntos-silla.

o

22. Encuentra y clasifica en funcion del parametro a los puntos crıticos de la funcion f(x, y) = 2x4 +y2 − axy.

Solucion: Las derivadas primeras de la funcion valen f ′x = 8x3−ay, f ′

y = 2y−ax, luego los puntoscrıticos (x, y) deben verificar y = 8x3/a e y = ax/2, y por tanto 16x3 = a2x, de donde o bien x = 0o bien x = ±

√

a2/16 = ±a/4. Como y = ax/2, se obtienen los puntos crıticos

P = (0, 0) Q1 =(

a/4, a2/8)

Q2 =(

−a/4,−a2/8)

Si a = 0 los tres son el mismo y en el hay un mınimo, pues f(x, y) = 2x4+ y2 ≥ 0. Sea ahora a 6= 0.Las derivadas segundas valen f ′′

xx = 24x2, f ′′yy = 2, f ′′

xy = f ′′yx = −a, luego las matrices Hessianas

son

Hf(P ) =

(

0 −a−a 2

)

Hf(Q1) = H(Q2) =

(

24a2/16 −a−a 2

)

=

(

3a2/2 −a−a 2

)

Como Hf(P ) tiene determinante negativo −a2, en P hay un punto-silla. En Hf(Qi), tanto suentrada (1, 1) es como su determinante 3a2 − a2 = 2a2 son positivos, luego en cada Qi hay unmınimo relativo.

o

23. Calcula los puntos crıticos de f(x, y) = x2 + (y + 12)2 sobre la elipse x2 + 4y2 = 100.

Solucion: Aplicando el metodo de los multiplicadores de Lagrange, el sistema de ecuaciones quehay que resolver es

x2 + 4y2 = 100 2x = λ · 2x 2(y + 12) = λ · 4y

La segunda ecuacion, 2x(1− λ) = 0, da dos opciones (x = 0 o λ = 1) que analizamos:

Para x = 0 la primera ecuacion da y = ±5, lo que nos da dos puntos crıticos A = (0, 5) yB = (0,−5).



Para λ = 1, de la tercera ecuacion se deduce que y = 4, y entonces de la primera se deduce quex = ±6. Esto nos da los otros dos puntos crıticos C = (6, 4) y D = (−6, 4).

Aunque no se pide en el enunciado, podemos facilmente calcular f(A) = 172 = 289, f(B) = 72 = 49,f(C) = f(D) = 62+162 = 292, luego f alcanza en B un mınimo absoluto (siempre restringiondonosa la elipse), y alcanza el maximo absoluto en C y en D.

tambien es interesante la interpretacion geometrica. La elipse corta a los ejes en (±10, 0) y en(0,±5). Las curvas de nivel de f son circunferencias centradas en (0,−12), que claramente “‘tocan”por primera vez a la elipse en B, lo que encaja con que se alcance ahı el mınimo absoluto. Si sedibuja, no esta muy claro si la ultima vez que se toca a la elipse es en A o en C y D; eso se reflejaen los valores muy cercanos f(A) = 289 y f(C) = f(D) = 292.

o

24. Calcula los extremos de f(x, y) = x2 − y2 sobre la circunferencia de ecuacion x2 + (y − 1)2 = 4.

Solucion: Esta hecho en los apuntes. Aplicando el metodo de los multiplicadores de Lagrange, elsistema de ecuaciones que hay que resolver es

x2 + (y − 1)2 = 4 2x = λ · 2x − 2y = λ · 2(y − 1)

La segunda ecuacion, 2x(1− λ) = 0, da dos opciones (x = 0 o λ = 1) que analizamos:

Para x = 0 la primera ecuacion da y − 1 = ±2, de donde y = 3 o y = −1 (la tercera ecuacion secumple para cierto valor de λ que es innecesario calcular). Esto nos da dos puntos crıticos A1 = (0, 3)y A2 = (0,−1) con f(A1) = −9 y f(A2) = −1.

Para λ = 1 la tercera ecuacion se queda en −2y = 2y − 2, de donde y = 1/2. Entonces, por laprimera ecuacion, debe ser x2 = 4− 1/4 = 15/4 y por tanto x = ±

√15/2. Esto nos da dos puntos

crıticos B1 = (√15/2, 1/2) y B2 = (−

√15/2, 1/2) con f(Bi) = 7/2.

En definitiva, el maximo de f en la circunferencia dada se alcanza en los Bi con valor 7/2, mientrasque el mınimo se alcanza en A1 con valor −9.

o

25. Encuentra los extremos absolutos de f(x, y, z) = xyz en el elipsoide x2 + 2y2 + 3z2 = 6 (solo lacorteza).

Solucion: El metodo de los multiplicadores de Lagrange nos lleva a resolver el sistema

yz = 2xλ xz = 4yλ xy = 6zλ x2 + 2y2 + 3z2 = 6

Si x = 0 la primera ecuacion nos dice que o bien y = 0 (y entonces z = ±√2, por la ultima

ecuacion), o bien z = 0 (y entonces y = ±√3). Si x 6= 0 distinguimos a su vez dos casos: Si y = 0

entonces z = 0 por la segunda ecuacion y x = ±√6 por la ultima, de modo que antes de abordar

el ultimo caso (x 6= 0, y 6= 0) tenemos los siguientes candidatos a extremos, en los que la funcionf(x, y, z) = xyz vale claramente 0:

(0, 0,±√2) (0,±

√3, 0) (±

√6, 0, 0)



Para x 6= 0, y 6= 0 se tiene z 6= 0 por la tercera ecuacion. [Hasta aquı nos podıamos haber ahorradotodo el trabajo: en putos con alguna coordenada 0 la funcion vale 0, y como es obvio que la funciontoma valores positivos y negativos, tales puntos nunca seran extremos absolutos, luego los podıamoshaber excluido del analisis desde el principio]. Igualando los valores de λ se tiene

yz

2x=

xz

4y=

xy

6z

La primera igualdad equivale a 4y2z = 2x2z, o a 2y2 = x2 (puesto que z 6= 0), y la segunda igualdadequivale a 6z2x = 4y2x, o a 3z2 = 2y2(= x2). Sustituyendo en la ultima ecuacion se tiene 3x2 = 6y por tanto x2 = 2, y2 = 1, z2 = 2/3, lo que nos da los 8 puntos de la forma

(±√2 , ±1 , ±

√

2/3)

En los que llevan dos o ningun signo “menos” la funcion vale 2/√3, y en los que llevan uno o tres

signos menos la funcion vale −2/√3, de modo que el maximo absoluto vale 2/

√3 y se alcanza en

los puntos

(√2, 1,

√

2/3) (√2, −1, −

√

2/3) (−√2, 1, −

√

2/3) (−√2, −1,

√

2/3)

y el mınimo absoluto vale −2/√3 y se alcanza en los puntos

(√2, 1, −

√

2/3) (√2, −1,

√

2/3) (−√2, 1,

√

2/3) (−√2, −1, −

√

2/3)

o

26. Encuentra los extremos absolutos de f(x, y) = x2 − 2xy + 2y en el rectangulo {(x, y) : 0 ≤ x ≤3, 0 ≤ y ≤ 2}.

Solucion: Como f ′x = 2x− 2y y f ′

y = 2− 2x, hay un unico punto crıtico P = (1, 1) con f(P ) = 1.

Buscamos los puntos crıticos en cada uno de los lados del triangulo, y habra que considerar tambienlos vertices A = (0, 0), B = (3, 0), C = (0, 2) y D = (3, 2) con valores f(A) = 0, f(B) = 9 f(C) =4 f(D) = 1.

✲

✻

rArB

rC rDr PrQ

En el lado de abajo se tiene f(x, 0) = x2, con punto crıtico en A ya considerado. En el lado dearriba se tiene f(x, 2) = (x− 2)2, con punto crıtico en x = 2, o sea Q = (2, 2), con f(Q) = 0. En loslados izquierdo y derecho se tiene f(0, y) = 2y y f(3, y) = 9− 4y, sin puntos crıticos. Comparandovalores, hay un maximo absoluto con valor 9 en B = (3, 0), y mınimos absolutos con valor 0 enA = (0, 0) y Q = (2, 2).

o



27. Calcula los extremos absolutos de la funcion f(x, y) = (x2 − 1)y − x4 en la region R formada porlos puntos (x, y) que satisfacen a la vez y ≤ 9 e y ≥ x2.

Solucion: El recinto queda sobre la parabola y = x y bajo la recta horizontal y = 9. Tiene esquinasen la interseccion de ambas, que obviamente se produce en los puntos A1 = (3, 9) y A2 = (−3, 9).

Los puntos crıticos son las soluciones de

{

0 = f ′x = 2xy − 4x3 = 2x(y − 2x2)

0 = f ′y = x2 − 1

}

. La ecuacion de

abajo fuerza x = ±1 y entonces, por la de arriba, debe ser y − 2 = 0. O sea los puntos crıticos def son B1 = (1, 2) y B2 = (−1, 2), que estan dentro de la region R.

Buscamos ahora puntos crıticos en el borde, para lo que distinguimos la parte recta de la curva.

En la recta y = 9 la funcion es f(x) = 9(x2 − 1) − x4 con f ′(x) = 18x − 4x3 = 2x(9 − 2x2) y portanto hay que considerar C = (0, 9), D1 = (3

√2/2, 9) y D2 = (−3

√2/2, 9), que estan en el borde

recto de R.

En la parabola y = x2 la funcion es f(x) = (x2 − 1)x2 − x4 = −x2 con f ′(x) = −2x y por tantohay que considerar E = (0, 0), que esta en el borde curvo de R.

Los valores de f en esos puntos son

f(Ai) = −9 f(Bi) = −1 f(C) = −9 f(Di) = 45/4 f(E) = 0

y por tanto f alcanza un mınimo absoluto con valor −9 en los puntos A1, A2 y C, y alcanza unmaximo absoluto con valor 45/4 en los puntos D1 y D2.

o

28. En R2, sea D la mitad superior del cırculo centrado en el origen de radio

√2, o sea el conjunto de

los (x, y) con y ≥ 0 y x2 + y2 ≤ 2. Determina los extremos absolutos en D de la funcion

f(x, y) = x2 + y2 + 2x+ 2y

Solucion: El unico punto crıtico de f es el A = (−1,−1), que no esta en D.

El borde de D tiene dos tramos. En el horizontal, de ecuacion y = 0, la funcion se reduce a x2+2x,cuyo unico punto crıtico x = −1 nos da el punto B = (−1, 0) en ese tramo, con f(B) = −1.

En el tramo circular, de ecuacion x2 + y2 = 2, el metodo de los multiplicadores de Lagrange noslleva a estudiar el sistema de ecuaciones (simplificando un 2 en las dos ultimas)

x2 + y2 = 2 x+ 1 = λx y + 1 = λ y

Restando las dos ultimas se tiene x− y = λ(x− y), y como λ 6= 1 (de lo contrario serıa x+ 1 = x)debe ser x = y, y entonces la condicion x2 + y2 = 2 nos dice que x = ±1, y la restriccion y ≥ 0 nosdeja un unico punto crıtico C = (1, 1) en este tramo, con f(C) = 6.

Finalmente hemos de considerar las dos esquinas del borde de D, a saber P = (√2, 0) y Q =

(−√2, 0), con f(P ) = 2 + 2

√2 y f(Q) = 2− 2

√2.

Se tiene 2 + 2√2 < 6 (puesto que 2

√2 < 4) y −1 < 2 − 2

√2 (puesto que 2

√2 < 3). Por tanto el

mınimo absoluto en D se alcanza en B con valor −1 y el maximo absoluto se alcanza en C convalor 6.

o



29. Calcula los extremos absolutos de f(x, y) = (x+1)2+(y−1)2 sobre el semicırculo

{

x2 + y2 ≤ 4

x ≥ 0.

Solucion: La funcion tiene un unico punto crıtico en (−1, 1) (igualando a 0 el gradiente), peroqueda fuera del recinto, no satisface x ≥ 0.

El borde tiene dos tramos: la mitad derecha de la circunferencia x2 + y2 = 4 (con centro en elorigen y radio 2) y el tramo del eje vertical entre −2 y 2. Por tanto hay dos esquinas A = (0, 2) yB = (0,−2).

En el tramo recto del borde (x = 0 con −2 ≤ y ≤ 2) funcion vale f(0, y) = (y − 1)2 y tiene unpunto crıtico para y = 1, o sea en el punto P = (0, 1).

En el tramo curvo del borde el metodo de los multiplicadores de Lagrange nos lleva al sistema

x2 + y2 = 4 2(x+ 1) = 2λx 2(y − 1) = 2λy

Igualando el valor de λ se obtienex+ 1

x=

y − 1

y, de donde xy + y = xy − x. Por tanto y = −x

y entonces la primera ecuacion queda 2x2 = 4, de donde x =√2 (no tomamos la opcion negativa

porque queda fuera del recinto). Esto nos da un nuevo punto crıtico Q = (√2,−

√2).

Los valores de f en estos puntos son

f(A) = 2 f(B) = 10 f(P ) = 1 f(Q) = 6 + 4√2(> 6 + 4 = 10)

y por tanto el maximo absoluto se alcanza en Q = (√2,−

√2) y el mınimo absoluto en P = (0, 1).

o

30. Calcula los extremos absolutos de f(x, y) = (x+ 1)2 + (y − 1)2 en el cırculo x2 + y2 ≤ 4.

Solucion: Es muy parecido al Problema 99, en el que solo se considera el semicırculo con x ≥ 0.Al considerar todo el cırculo, el punto crıtico de f sı esta en la region, no hay que considerar eltramo recto del Problema 99, y sı hay que considerar los dos puntos crıticos que aparecen al aplicarel metodo de los multiplicadores de Lagrange. Veamos los detalles:

Primero calculamos los puntos crıticos de f resolviendo el sistema f ′x = 0 y f ′

y = 0. Sale el puntoA = (−1, 1), que esta en el cırculo.

Luego buscamos puntos crıticos en el borde de la region, que es la circunferencia de ecuacionx2 + y2 = 4. Usando el metodo de los multiplicadores de Lagrange, se trata de resolver el sistema

x2 + y2 = 4 2(x+ 1) = λ 2x 2(y − 1) = λ 2y

Igualando los valores de λ se tienex+ 1

x=

y − 1

y, o sea xy+ y = xy− x, o sea y = −x, y entonces

de la primera ecuacion se deduce que 2x2 = 4, o sea x = ±√2. Tenemos pues dos nuevos puntos

B = (√2,−

√2) y C = (−

√2,√2).

Los tres puntos obtenidos son los candidatos a extremos absolutos, y solo falta comparar sus valorespara decidir cuales son:

f(A) = 0 f(B) = 6 + 4√2 f(C) = 6− 4

√2



Claramente, en B se alcanza el maximo absoluto. Ademas f(C) > 0 = f(A) por ejemplo porque√2 < 3/2. Por tanto el mınimo absoluto se alcanza en A.

Observaciones: Desde el principio es bastante evidente que hay un mınimo en A, puesto que f(A) = 0y en cualquier otro punto se tiene f(P ) > 0, al ser una suma de cuadrados con algun sumando nonulo. Por otra parte, las curvas de nivel de f son circunferencias centradas en A que claramente“empiezan a salirse” de la region por C y “terminan de salirse” por B, de modo que en B se alcanzael maximo.

o

31. Calcula los extremos absolutos de la funcion f(x, y) = x2+ y2+2x− 2y en la region D de ecuacionx2 + y2 ≤ 4 (interior del cırculo de centro (0, 0) y radio 2).

Solucion: Como f ′x = 2x + 2 y f ′

y = 2y − 2, el unico punto crıtico de f es A = (−1, 1), que estaen D.

El borde de D tiene un unico tramo (la circunferencia de ecuacion x2+y2 = 4) y no tiene esquinas.Aplicando el metodo de los multiplicadores de Lagrange, el sistema de ecuaciones que hay queresolver para encontrar los puntos crıticos de f(x, y) en la circunferencia es

x2 + y2 = 4 2x+ 2 = λ · 2x 2y − 2 = λ · 2y

De la segunda ecuacion se deduce que x 6= 0 (si no se tendrıa 2 = 0) y por tanto λ = (x + 1)/x.Analogamente se tiene λ = (y − 1)/y. Igualando los valores de λ y operando se obtiene y = −x.Sustituyendo entonces en la primera ecuacion se tiene 2x2 = 4 y por tanto x = ±

√2, por lo que se

obtienen dos puntos crıticos B = (√2,−

√2) y C = (−

√2,√2) en el borde.

Comparando los valores de f(A) = −2, f(B) = 4+ 4√2 y f(C) = 4− 4

√2 = −1, 65 . . . vemos que

el maximo absoluto de f(x, y) en D se alcanza en B y el mınimo absoluto se alcanza en A.

Observacion 1: para decidir si es f(A) > f(C) o al contrario sin calculadora se puede hacer

f(A) > f(C) ⇔ −2 > 4− 4√2 ⇔ 4

√2 > 6 ⇔

√2 > 3/2 ⇔ 2 > 9/4 ⇔ 8 > 9

Como la ultima igualdad es falsa, se tiene realmente f(A) < f(C).

Observacion 2: si vemos que f(x, y) = x2 + y2 + 2x − 2y = x2 + 2x + 1 + y2 − 2y + 1 − 2 =(x+ 1)2 + (y − 1)2 − 2 es claro desde el principio que f(−1, 1) = −2 es el valor mınimo de f .

o

32. En R2, sea D la mitad derecha del cırculo centrado en el origen de radio 5, o sea el conjunto de los

(x, y) con x ≥ 0 y x2 + y2 ≤ 25. Determina los extremos absolutos en D de la funcion

f(x, y) = x2 + 8x+ y2 − 6y

Solucion: El unico punto crıtico de f es A = (−4, 3), que no esta en D porque no cumple x ≥ 0.

El borde de D tiene dos tramos. En el vertical, de ecuacion x = 0, la funcion se reduce a y2 − 6y,cuyo unico punto crıtico y = 3 nos da el punto B = (0, 3) en ese tramo, con f(B) = −9.



En el tramo circular, de ecuacion x2 + y2 = 25, el metodo de los multiplicadores de Lagrange noslleva a estudiar el sistema de ecuaciones

x2 + y2 = 25 2x+ 8 = λ 2x 2y − 6 = λ 2y

Despejando λ en las dos ultimas e igualando se tienex+ 4

x=

y − 3

y, de donde xy+4y = xy−3x y por

tanto y = −3x/4. Sustituyendo esto en la primera ecuacion obtenemos 25 = x2+9x2/16 = 25x2/16,de donde x2 = 16 y por tanto x = 4 (descartamos x = −4 porque solo consideramos puntos conx ≥ 0). Esto nos da un unico punto crıtico en este tramo C = (4,−3), con f(C) = 75.

Finalmente hemos de considerar las dos esquinas del borde de D, que claramente son P = (0, 5) yQ = (0,−5), con valors f(P ) = −5 y f(Q) = 55.

Por tanto el mınimo absoluto en el recinto dado se alcanza en B con valor −9 y el maximo absolutose alcanza en C con valor 75.

o

33. Se considera el conjunto D formado por los puntos del primer cuadrante que estan en el cırculo decentro (0, 0) y radio

√2. Determina los extremos absolutos en D de la funcion

f(x, y) = x2 + y2 + 2x+ 2y

Solucion: El unico punto crıtico de f es el (−1,−1), y no esta en D.

El borde de D tiene tres tramos. En el horizontal, de ecuacion y = 0, la funcion se reduce aα(x) = f(x, 0) = x2 + 2x, cuyo unico punto crıtico x = −1 nos da un punto (−1, 0) que no esta enD. En el tramo vertical se tiene una situacion analoga.

En el tramo circular, de ecuacion x2 + y2 = 2, el metodo de los multiplicadores de Lagrange noslleva a estudiar el sistema de ecuaciones

x+ 1 = λx y + 1 = λy x2 + y2 = 2

Restando las dos primeras se tiene x − y = λ(x − y), y como λ 6= 1 (¿por que?) debe ser x = y,y entonces la condicion x2 + y2 = 2 nos dice que x = ±1, y la restriccion al primer cuadrante nosdeja un unico punto crıtico Q = (1, 1) en este tramo, con f(Q) = 6.

Finalmente hemos de considerar las tres esquinas del borde de D, a saber A = (0, 0), B = (√2, 0)

y C = (0,√2) con f(A) = 0 y f(B) = f(C) = 2 + 2

√2.

Comparando los valores de f vemos que el mınimo absoluto en D se alcanza en A con valor 0 y elmaximo absoluto se alcanza en Q con valor 6.

o



34. Encuentra los extremos absolutos de f(x, y) = xy en la elipse 9x2 + 4y2 ≤ 72.

Solucion: El unico punto crıtico de f es el origen, que esta en la elipse, y su imagen por f vale0. En cuanto al borde 9x2 + 4y2 = 72, el metodo de los multiplicadores de Lagrange nos lleva aresolver el sistema

y = 18xλ x = 8yλ 9x2 + 4y2 = 72

Si x = 0 la primera ecuacion nos dice que y = 0 y entonces no se cumple la tercera; por tanto x 6= 0,y de modo analogo se ve que y 6= 0. Igualando los valores de λ se tiene

y

18x=

x

8y⇒ 4y2 = 9x2 ⇒

{

y = ±3x/218x2 = 72 ⇒ x = ±2 ⇒ y = ±3

y por tanto los puntos crıticos en el borde son

P1 = (2, 3) P2 = (−2, 3) P3 = (−2,−3) P4 = (2,−3)

Como f(P1) = f(P3) = 6 y f(P2) = f(P4) = −6, el maximo absoluto vale 6 y se alcanza en P1 yP3, y el mınimo absoluto vale −6 y se alcanza en P2 y P4.

o

35. Encuentra los extremos absolutos de la funcion f(x, y) = x2 + y2 − 3x en el recinto limitado por laparabola y = 1

2x2 y la recta y = 2.

Solucion: Como f ′x = 2x− 3 y f ′

y = 2y, el unico punto crıtico de f es (32 , 0), que queda fuera delrecinto.

Buscamos los puntos crıticos en la recta y la parabola, y habra que considerar tambien los de lasesquinas A = (−2, 2) y B = (2, 2), con f(A) = 14 y f(B) = 2. En la recta se tiene f(x, 2) =x2 − 3x + 4, con derivada 2x − 3 y punto crıtico en x = 3

2 , o sea P = (32 , 2), con f(P ) = 74 . En la

parabola se tiene f(x, 12x2) = x2+ 1

4x4−3x, con derivada x3+2x−3 = (x−1)(x2+x+3) (Ruffini).

Por tanto hay un unico punto crıtico en x = 1, o sea Q = (1, 12) con f(Q) = −74 . Comparando

valores, hay un maximo absoluto con valor 14 en A = (−2, 2), y un mınimo absolutos con valor −74

en Q = (1, 12).

o


17 VARIAS VARIABLES: INTEGRALES DOBLES (*)

17. VARIAS VARIABLES: INTEGRALES DOBLES (*)

1. Calcular I =

∫ 0

−2

∫

√4−x2

−√4−x2

ln(

1 +√

x2 + y2)

√

x2 + y2dy

dx

Solucion: El recinto de integracion A incluye valores de x entre −2 y 0, y para cada uno de elloslos valores de y que marcan el borde de A verifican y = ±

√4− x2, o sea y2 = 4− x2 o x2 + y2 = 4.

En definitiva, A es “la mitad izquierda” del cırculo de radio 2 centrado en el origen.

Ası, en coordenadas polares A consiste en los puntos con radio ρ ∈ [0, 2] y angulo θ ∈ [π2 ,3π2 ], y la

integral pedida vale

I =

∫∫

A

ln(1 + ρ)

ρρ dρ dθ =

∫∫

Aln(1+ ρ) dρ dθ =

∫ 3π/2

π/2

(∫ 2

0ln(1 + ρ) dρ

)

dθ = π

∫ 2

0ln(1+ ρ) dρ

Ahora podemos, por ejemplo, hacer primero t = 1 + ρ y luego tomar “partes” u = ln(t), dv = dρ,y ası

∫

ln(t)dt = t ln(t)−∫

dt = t ln(t)− t ⇒ I = π [t ln(t)− t]31 = π (3 ln(3)− 2)

o

2. Calcula la integral doble

∫∫

Dy dx dy, donde D es la region comprendida entre la recta x+ y = 10

y la hiperbola xy = 16.

Solucion: Los puntos de corte de las curvas que delimitan el recinto D se calculan resolviendo elsistema formado por esas dos ecuaciones. Si despejamos en la segunda y = 16/x y sustituimos enla primera queda

x+ 16/x = 10 ⇒ x2 − 10x+ 16 = 0 ⇒ x = 5±√25− 16 =

{

8 → y = 22 → y = 8

y por tanto la figura en cuestion es

✲

✻

2 8

2

8 rr

❅❅❅❅❅❅❅❅❅❅

x+y=10

xy=16

y la integral vale∫ 8

2y dy

∫ 10−y

16/ydx =

∫ 8

2y (10− y − (16/y)) dy =

∫ 8

2(10y − y2 − 16) dy =

[

5y2 − 1

3y3 − 16y

]8

2

=

320− 512

3− 128− 20 +

8

3+ 32 = 204− 504

3= 204− 168 = 36

o



3. Calcula

∫ 3

−3dx

∫

√9−x2

0arctan

(y

x

)

dy

Solucion: El dominio de integracion es el semicırculo superior de radio 3 y centro en el origen. Enel cambio a polares se tiene θ = arctan(y/x), y por tanto la integral se transforma en:

∫ π

0θ dθ

∫ 3

0ρ dρ =

[

θ2

2

]π

0

[

ρ2

2

]3

0

=π2

2

9

2=

9π2

4

o

4. El centro de masas de una lamina con densidad homogenea que ocupa una region D del plano es elpunto P = (Ax/A, Ay/A), donde A es el area de la region, Ax =

∫∫

D x dx dy y Ay =∫∫

D y dx dy.Calcula el centro de masas de la lamina que ocupa la siguiente region (semicırculo de radio 1):

✻

✲

✤✜−1 1

1

Solucion: Como el area del cırculo es πR2, se tiene A = π2 . En polares se tiene:

Ax =∫ π0

(

∫ 10 ρ cos θρ dρ

)

dθ =∫ π0 cos θdθ

∫ 10 ρ2dρ = [sen θ]π0

[

13ρ

3]1

0= 0, luego Ax/A = 0; y

Ay =∫ π0

(

∫ 10 ρ sen θρ dρ

)

dθ =∫ π0 sen θdθ

∫ 10 ρ2dρ = [− cos θ]π0

[

13ρ

3]1

0= 2

3 , luego Ay/A = 43π .

Por tanto el centro de gravedad es P =(

0, 43π

)

.

o

5. Calcula I =

∫∫

Dx dx dy, donde D = {(x, y) ∈ R

2 : x2 + y2 ≤ 4, x+ y ≥ 0}.

Solucion: Los puntos con x2 + y2 ≤ 4 son los del cırculo de radio 2 centrado en el origen. Lospuntos con x+ y ≥ 0 son los que estan a la derecha de la recta x+ y = 0 (la recta divide al planoen dos semiplanos, y es claro que en el de la derecha estan los puntos con x+ y ≥ 0). Por tanto laregion D es:

✲

✻

✧✦★✥

2

❅❅❅❅❅

En polares se tiene:

I =

∫ 3π/4

−π/4dθ

∫ 2

0ρ2 cos θ dρ =

(

∫ 3π/4

−π/4cos θ dθ

)

(∫ 2

0ρ2 dρ

)

= [sen θ]3π/4−π/4

[

1

3ρ3]2

0

=

(√2

2+

√2

2

)

8

3=

8√2

3

o



6. Cambia el orden de integracion para calcular I =

∫ 4

0dy

∫ 2

√y

√

1 + x3 dx.

Solucion: Un calculo directo es difıcil, pues requiere una primitiva de√1 + x3. Para cambiar el

orden de integracion observamos que, en vista de los lımites, el recinto esta limitado por las curvasx =

√y (o sea, y = x2) y x = 2:

✻

✲2

4

luego

I =

∫ 2

0

√

1 + x3 dx

∫ x2

0dy =

∫ 2

0x2√

1 + x3 dx =2

9[(1+x3)3/2]20 =

2

9(93/2−13/2) =

2

9(27−1) =

52

9

o

7. Calcula la integral doble

∫∫

Rxy dx dy, donde R es la region definida por (x− 1)2 + y2 ≤ 1.

Solucion: La region es el cırculo de centro (1, 0) y radio 1, por lo que la variacion de x se produceentre los valores 0 y 2. Para cada valor de x los bordes del cırculo se alcanzan en la circunferenciay2 = 1− (x− 1)2 = 2x− x2, o sea en y = ±

√2x− x2. La integral vale

∫∫

Rxy dx dy =

∫ 2

0x dx

∫ +√2x−x2

−√2x−x2

y dy =

∫ 2

0x dx

[

1

2y2]+

√2x−x2

−√2x−x2

=

∫ 2

0x dx · 0 = 0

o

8. Calcula el valor de la siguiente integral doble:

I =

∫ 2

0

(

∫

√2x−x2

0

x dy

x2 + y2

)

dx

Solucion: Se puede hacer la primitiva con respecto a y, que vale arctan(y/x), pero tras sustituirlos lımites nos toca calcular la primitiva de arctan(

√

2/x− 1), que es complicada.

Por tanto debemos intentar dibujar el recinto de integracion para o bien cambiar el orden deintegracion o bien hacer un cambio a polares (que no le va mal al integrando).

En ese recinto interviene la curva y =√2x− x2, o sea y2 = 2x− x2, o sea x2 − 2x+ y2 = 0, o sea

(x− 1)2 + y2 = 1. Es decir, se trata de la circunferencia de centro (1, 0) y radio 1. Los otros lımitesson mas faciles de analizar y resultan en la figura



✻

✲

✤✜21

Un cambio en el orden de integracion no mejora las cosas, pero el cambio a polares sı. Los valoresdel angulo polar que intervienen en la figura son θ ∈ [0, π/2], y para cada uno de ellos el radio vadesde 0 hasta que corta a la circunferencia, cuya ecuacion en polares es

x2 + y2 = 2x ⇔ ρ2 = 2ρ sen θ ⇔ ρ = 2 sen θ

y ası la integral vale

I =

∫ π/2

0

(∫ 2 sen θ

0

ρ sen θ

ρ2ρ dρ

)

dθ =

∫ π/2

0sen θ [ρ]2 sen θ

0 dθ =

∫ π/2

02 sen2 θ dθ

=

∫ π/2

0(1− cos(2θ)) dθ =

[

θ − 1

2sen(2θ)

]π/2

0

=π

2

o

9. Calcular

∫∫

D3y dx dy, donde D es el triangulo de vertices (1, 1), (3, 1) y (2, 3).

Solucion: El triangulo, junto con las rectas que unen sus puntos (que se obtienen facilmente), es

✲

✻

rrr

✁✁✁✁✁✁✁✁

❆❆❆

❆❆

❆❆❆

y=1

2x−y=1 2x+y=7

Es mejor integrar primero en x, para no tener que dividir el recinto en dos:

∫∫

D3y dx dy = 3

∫ 3

1

(

∫ (7−y)/2

(y+1)/2dx

)

y dy = 3

∫ 3

1(3y − y2) dy =

[

9

2y2 − y3

]3

1

= 10

Si se integra primero en y tambien sale, claro, pero comparese el trabajo:

∫∫

D3y dx dy = 3

∫ 2

1

(∫ 2x−1

1y dy

)

dx+ 3

∫ 3

2

(∫ 7−2x

1y dy

)

dx =

3

∫ 2

1

[

y2/2]2x−1

1dx+ 3

∫ 3

2

[

y2/2]7−2x

1dx = 3

∫ 2

1(2x2 − 2x) dx+ 3

∫ 3

2(2x2 − 14x+ 24) dx =

[

2x3 − 3x2]2

1+[

2x3 − 21x2 + 72x]3

2= 5 + 5 = 10

o



10. Calcular

∫∫

Dy dx dy, donde D = {(x, y) ∈ R

2 : x2 + (y − 1)2 ≤ 1}.

Solucion: La region es el cırculo de centro (0, 1) y radio 1, por lo que se pueden plantear lasintegrales

∫ 1

−1dx

∫ 1+√1−x2

1−√1−x2

y dy = 2

∫ 1

−1

√

1− x2 dx

∫ 2

0y dy

∫

√2y−y2

−√

2y−y2dx = 2

∫ 2

0y√

2y − y2 dy

pero ambas son trabajosas y resulta mas facil un cambio a coordenadas polares. Para estas, losvalores del angulo θ que afectan al cırculo D son los θ ∈ [0, π], y la ecuacion del borde es

1 = x2 + (y − 1)2 = x2 + y2 − 2y + 1 ⇒ x2 + y2 = 2y ⇒ ρ2 = 2ρ sen θ ⇒ ρ = 2 sen θ

de modo que, sin olvidar el Jacobiano, la integral pedida vale

∫ π

0dθ

∫ 2 sen θ

0ρ2 sen θ dρ =

∫ π

0sen θ

[

ρ3

3

]2 sen θ

0

dθ =8

3

∫ π

0sen4 θ dθ =

8

3

∫ π

0

(

1− cos(2θ)

2

)2

dθ =

2

3

∫ π

0

(

1 + cos2(2θ)− 2 cos(2θ))

dθ =2

3

∫ π

0

(

1 +1 + cos(4θ)

2− 2 cos(2θ)

)

dθ =

2

3

[

3

2θ +

1

8sen(4θ)− sen(2θ)

]π

0

=2

3

3

2π = π

o

11. Calcular

∫ 1

0

(∫ y

0

2y2 dx

x2 + y2

)

dy.

Solucion: En vista de los lımites de integracion, el recinto es

✲

✻

��

� y=1

x=y

En polares el integrando mejora, pues (sin olvidar el Jacobiano)

2y2

x2 + y2dx dy =

2ρ2 sen2 θ

ρ2ρ dρ dθ = 2ρ sen2 θ dρ dθ

El recinto no es demasiado complicado en polares: el angulo θ varıa en [π/4, π/2] y para cada valordel angulo el radio ρ va desde 0 hasta que se toca la recta 1 = y = ρ sen θ, o sea hasta que ρ = 1/θ.Por tanto

∫ 1

0

(∫ y

0

2y2 dx

x2 + y2

)

dy =

∫ π/2

π/4

(

∫ 1/ sen θ

02ρ sen2 θ dρ

)

dθ =

∫ π/2

π/4

[

ρ2]1/ sen θ

0sen2 θ dθ =

∫ π/2

π/4dθ =

π

4



Tambien sale en cartesianas. Empecemos haciendo la integral del parentesis, donde y es una cons-tante. Para que abajo aparezca t2+1 (la derivada del arcotangente), hacemos el cambio de variablet = x/y (con dt = dx/y) y entonces

∫ y

0

2y2 dx

x2 + y2=

∫ y

0

2 dx

(x/y)2 + 1=

∫ 1

0

2y dt

t2 + 1= 2y [arctan(t)]10 = 2y

π

4=

π

2y

y por tanto∫ 1

0

(∫ y

0

2y2 dx

x2 + y2

)

dy =

∫ 1

0

π

2y dy =

π

4

[

y2]1

0=

π

4

o

12. Se considera en el plano la region D encerrada entre la recta y = 2x y la parabola y = x2. Calcula laintegral doble

∫∫

D x dx dy de dos formas: integrando primero con respecto a x y luego con respectoa y y viceversa.

Solucion: La region D es

✻

✲✁✁✁✁✁✁✁✄✄

2

4

y los dos metodos pedidos nos llevan a las integrales

I =

∫ 2

0x dx

∫ 2x

x2

dy =

∫ 2

0(2x2 − x3) dx =

[

2x3

3− x4

4

]2

0

=16

3− 4 =

4

3

I =

∫ 4

0dy

∫

√y

y/2x dx =

∫ 4

0

(

y

2− y2

8

)

dy =

[

y2

4− y3

24

]4

0

= 4− 8

3=

4

3

o

13. Calcular

∫ 2π

0

(

∫ π

y/2

sen(x)

xdx

)

dy.

Solucion: No podemos calcular una primitiva de sen(x)/x, ası que planteamos un cambio en elorden de integracion. El recinto incluye los valores de y ∈ [0, 2π]; las curvas que lo limitan por laizquierda y por la derecha son, respectivamente, x = y/2 (o y = 2x) y x = π, luego el recinto es

✲

✻

✁✁✁✁✁✁✁✁

y=0

y=2π

x=π

y=2x



y por tanto,invirtiendo el orden de integracion:

∫ 2π

0

(

∫ π

y/2

sen(x)

xdx

)

dy =

∫ π

0

(∫ 2x

0

sen(x)

xdy

)

dx =

∫ π

0

sen(x)

x[y]2x0 dx =

∫ π

0

sen(x)

x2x dx =

2

∫ π

0sen(x) dx = 2 [− cos(x)]π0 = 2(−(−1) + 1) = 4

o

14. Calcular

∫ 1

0

(

∫

√2−x2

x

dy√

x2 + y2

)

dx.

Solucion: El integrando sugiere un cambio a polares, que tambien va bien al recinto: Para valoresde x entre 0 y 1, las curvas que lo limitan por abajo y por arriba son, respectivamente, la diagonaly = x y la curva y =

√2− x2, o sea la parte superior de la circunferencia x2 + y2 = 2 de radio

√2.

El corte de ambas es claramente el punto (1, 1). La figura es:

✲

✻

✫✪✬✩��

��

1

y haciendo el cambio a polares se tiene

∫ 1

0

(

∫

√2−x2

x

dy√

x2 + y2

)

dx =

∫ π/2

π/4dθ ·

∫

√2

0dρ =

(π

2− π

4

)√2 =

√2π

4

o


18 ECUACIONES DIFERENCIALES Y SUS APLICACIONES (*)

18. ECUACIONES DIFERENCIALES Y SUS APLICACIONES (*)

1. Resuelve la ecuacion diferencial xy′ + y = x sen(x) con la condicion inicial y(π/2) = 10/π.

Solucion: Es lineal, y la homogenea asociada dyy = −dy

x tiene solucion y = Kx−1. Buscamos pues

una solucion del tipo y = K(x)x−1; sustituyendo en la ecuacion y operando se obtiene K ′(x) =x sen(x), luego K(x) = sen(x) − x cos(x) + C (integrando por partes). Sustituyendo la condicioninicial se obtiene C = 4 y por tanto la solucion es

y =sen(x)− x cos(x) + 4

x

o

2. Calcula la solucion general de la ecuacion diferencial y′ + y = 4xex.

Solucion: Es lineal, y la homogenea asociada dyy = −dx tiene solucion y = Ke−x. Buscamos pues

una solucion del tipo y = K(x)e−x; sustituyendo en la ecuacion y operando se obtiene K ′(x) =4xe2x, luego K(x) = (2x+ 1)e2x + C (integrando por partes)y ası y = (2x− 1)ex + Ce−x.

o

3. Encontrar la solucion general de la ecuacion diferencial 2xyy′ = y2 − x2, y comprobar el resultado.

Solucion: Podemos reescribir la ecuacion como y′ =y2 − x2

2xy, que es homogenea. Por tanto, el

cambio de variable u = y/x la convierte en una ecuacion con variables separadas; en efecto, dey = ux obtenemos y′ = u+ u′x y sustituyendo

u+ u′x =u2x2 − x2

2x2u=

u2 − 1

2u⇒ u′x =

u2 − 1

2u− u =

u2 − 1− 2u2

2u− u = −1 + u2

2u⇒

2u du

1 + u2= −dx

x⇒ ln(1 + u2) = − ln(x) + C = ln(x−1) + C ⇒ 1 + u2 = Kx−1 ⇒

u =√

Kx−1 − 1 ⇒ y = ux = x√

Kx−1 − 1 =√

Kx− x2

Con este valor de y, los lados izquierdo y derecho de la ecuacion del enunciado valen:

2xyy′ = 2x√

Kx− x2K − 2x

2√Kx− x2

= x(K − 2x) = Kx− 2x2

y2 − x2 = Kx− x2 − x2 = Kx− 2x2

lo que comprueba el resultado.

o



4. Halla la solucion general de la ecuacion y′ − ny

x+ 1= ex(x+1)n, donde n es un entero positivo.

Solucion: Es una tıpica ecuacion lineal. La ecuacion homogenea asociada y′ − ny/(x+ 1) = 0 seresuelve facilmente:

dy

dx=

ny

x+ 1⇒ dy

y= n

dx

x+ 1⇒ ln(y) = n ln(x+1)+C = ln(x+1)n+C ⇒ y = K(x+1)n

Ahora sabemos que la solucion general de la ecuacion inicial tiene la forma y = K(x) (x+1)n paracierta funcion K(x) que determinamos sustituyendo en la ecuacion inicial:

ex(x+ 1)n =[

K ′(x) (x+ 1)n +K(x)n(x+ 1)n−1]

− nK(x) (x+ 1)n−1 = K ′(x) (x+ 1)n

Por tanto K ′(x) = ex y ası K(x) = ex + C, de donde y = (ex + C)(x+ 1)n.

o

5. Calcula la solucion general de la ecuacion y′ − ny

x+ 1= ex(x+ 1)n.

Solucion: Es una ecuacion lineal de primer orden. La ecuacion homogenea asociada y′− ny

x+ 1= 0

se reescribe comody

dx=

ny

x+ 1o como

dy

y= n

dx

x+ 1. Integrando se tiene ln(y) = n ln(x+ 1) +A, y

tomando exponenciales obtenemos la solucion yh(x) = K(x+ 1)n de la homogenea.

Una solucion particular de la ecuacion dada tendra la forma y = K(x)(x+ 1)n para cierta funcionK(x) que hay que determinar. Calculando

y′ = K ′(x)(x+ 1)n + nK(x)(x+ 1)n−1

y sustituyendo y e y′ en la ecuacion inicial se tiene

K ′(x)(x+ 1)n + nK(x)(x+ 1)n−1 − nK(x)(x+ 1)n−1 = ex(x+ 1)n

de donde K ′(x) = ex y podemos tomar K(x) = ex para obtener la solucion particular yp(x) =ex(x+ 1)n.

En conclusion, la solucion general es

y(x) = K(x+ 1)n + ex(x+ 1)n = (K + ex)(x+ 1)n

o

6. Encontrar la solucion de la ecuacion diferencial y′ − 2xy = 2xex2

que verifica y(0) = 3.

Solucion: Es lineal, y la homogenea asociada dy/dx = 2xy o dy/y = 2x dx tiene solucion ln y =x2 + C o y = Kex

2

. Buscamos una solucion particular de la ecuacion del tipo y = K(x)ex2

;sustituyendo:

2xex2

= y′ − 2xy = K ′(x)ex2

+K(x)ex2

2x− 2xK(x)ex2

= K ′(x)ex2 ⇒ 2x = K ′(x)

luego podemos tomar K(x) = x2, de modo que y = x2ex2

es la solucion particular buscada. Lasolucion general es la suma de esta con la solucion general de la homogenea y vale y = (K+x2)ex

2

.La condicion inicial se traduce en 3 = y(0) = Ke0 = K y por tanto la solucion particular pedida esy = (3 + x2)ex

2

.

o



7. Calcular la solucion general de la ecuacion diferencial x(x− 1)y′ + y = x2(2x− 1).

Solucion: Es lineal de primer orden. Al reescribir la homogenea asociada aparece una funcionracional que se pone facilmente como suma de fracciones simples:

dy

y=

−1

x(x− 1)dx =

(

1

x− 1

x− 1

)

dx

Integrando se tiene ln(y) = ln

(

x

x− 1

)

+ C, y tomando exponenciales obtenemos yh =x

x− 1K

como solucion general de la ecuacion homogenea asociada.

Una solucion particular de la ecuacion inicial tendra la misma forma, dondeK no es ya una constantesino una funcion de x que hay que determinar. Sustituyendo en la ecuacion inicial y junto con suderivada

y′ =(x− 1)− x

(x− 1)2K +

x

x− 1K ′ =

x

x− 1K ′ − 1

(x− 1)2K

se tienex2(2x− 1) = x2K ′ − x

x− 1K +

x

x− 1K = x2K ′

de donde K ′ = 2x− 1 y podemos tomar K = x2 − x = x(x− 1) para obtener la solucion particular

yp =x

x− 1x(x− 1) = x2. En conclusion, la solucion general es y = yp + yh = x2 +

x

x− 1K.

o

8. Encontrar la solucion general de la ecuacion diferencial y′ =xy + y2

x2.

Solucion: La funcion f(x, y) =xy + y2

x2es homogenea pues

f(tx, ty) =txty + (ty)2

(tx)2=

t2(xy + y2)

t2x2=

xy + y2

x2= f(x, y)

y por tanto el cambio de variable u = y/x (o y = ux, con y′ = u′x + u) la transformara en unaecuacion con variables separables:

u′x+u = y′ =xy + y2

x2=

xux+ u2x2

x2= u+u2 ⇒ du

u2=

dx

x⇒ −1

u= C+lnx ⇒ u =

1

K − lnx

y deshaciendo el cambio y = ux =x

K − lnx.

o

9. Un termometro se saca de una habitacion a la terraza, donde la temperatura es de 10 C. Unminuto despues marca 22 C, y otro minuto mas tarde marca 16 C. ¿Cual era la temperatura en lahabitacion?

[Segun la ley de enfriamiento de Newton, la temperatura x en el instante t de un cuerpo que seenfrıa se rige por la ecuacion dx

dt = k(x − TA), donde k es una constante y TA es la temperaturaambiente].



Solucion: Si medimos la temperatura en grados centıgrados y el tiempo en minutos con t = 0 alsacar el termometro de la habitacion, los datos nos dicen que TA = 10, x(1) = 22 y x(2) = 16, y sepide calcular x(0).

La ecuacion es pues dxdt = k(x− 10), o sea dx

x−10 = k dt. Integrando ln(x− 10) = kt+C, y tomando

exponenciales x − 10 = Bekt. Para t = 1, x = 22 se tiene 12 = Bek; para t = 2, x = 16 setiene 6 = Be2k. Dividiendo la segunda expresion entre la primera se tiene 1

2 = ek, y sustituyendo

entonces en la primera 12 = B 12 , es decir B = 24. En resumen, x(t) = 10 + 24

(

12

)t, de donde

x(0) = 10 + 24 = 34. Es decir, la temperatura en la habitacion era de 34 C.

o

10. Una curva C verifica la siguiente propiedad: El cociente entre la pendiente de la recta tangente aC en un punto y la abscisa de ese punto es constante (no depende del punto). Demuestra que C esuna parabola cuyo vertice esta en el eje vertical.

Solucion: Si la curva es y = y(x), la condicion del enunciado se traduce en que existe una constante

k tal quey′(x)x

= k para cada x. Integrando y′(x) = kx se tiene y(x) = 12kx

2 + C, luego la curva

es una parabola con vertice en el punto (0, C).

o

11. Halla la curva que pasa por el punto (0,−2) y que verifica que la pendiente de la tangente encualquiera de sus puntos es igual al triple de la ordenada de dicho punto.

Solucion: Si llamamos y(x) a la funcion en cuestion, el primer dato nos dice que y(0) = −2 y elsegundo que y′ = 3y, ecuacion diferencial en variables separables que se resuelve facilmente:

dy

dx= 3y ⇒ dy

y= 3 dx ⇒ ln(y) = 3x+ C ⇒ y = Ke3x

De la condicion inicial se obtiene −2 = y(0) = Ke0 = K y ası finalmente la curva es y(x) = −2e3x.

o

12. Encuentra la solucion de la ecuacion diferencial y′′+4y′+13y = 0 que verifica y(0) = 4 e y′(0) = 1.

Solucion: El polinomio caracterıstico λ2 + 4λ + 13 tiene raıces complejas −2 ± 3i, por lo que lasolucion general es de la forma y = e−2x[A cos(3x)+B sen(3x)]. Como y′ = e−2x[(3B−2A) cos(3x)−(3A + 2B) sen(3x)], las condiciones iniciales se traducen en A = 4 y 3B − 8 = 1, o sea B = 3. Endefinitiva, la solucion pedida es y = e−2x[4 cos(3x) + 3 sen(3x)].

o



13. Encuentra la solucion general de la ecuacion diferencial y′′ + k2y = k sen(kx), donde k es unaconstante.

Solucion: Las raıces del polinomio caracterıstico λ2 + k2 son ±ki, luego la solucion general de laecuacion homogenea y′′ + k2y = 0 es yh = A cos(kx) +B sen(kx).

Busquemos una solucion particular de la ecuacion dada que tenga la forma

yp = x [C cos(kx) +D sen(kx)]

asıy′p = C cos(kx) +D sen(kx)− kCx sen(kx) + kDx cos(kx)

yy′′p = 2kD cos(kx)− 2kC sen(kx)− k2x [C cos(kx) +D sen(kx)]

Por tantoy′′p + k2yp = 2kD cos(kx)− 2kC sen(kx)

y para que se satisfaga la ecuacion del enunciado podemos tomar D = 0 y C = −1/2, por lo queuna solucion particular es yp = −1

2x cos(kx) y ası la solucion general de la ecuacion es

y = yh + yp = A cos(kx) +B sen(kx)− 1

2x cos(kx)

o

14. Calcula la solucion general de la ecuacion y′′ − y = 2ex + 4e−x.

Solucion: Es una ecuacion lineal de segundo orden. La ecuacion homogenea asociada y′′ − y = 0tiene polinomio caracterıstico λ2 − 1, con raıces ±1, y por tanto su solucion general es yh(x) =Aex +Be−x.

Buscamos una solucion particular como suma de soluciones particulares de y′′ − y = 2ex y dey′′ − y = 4e−x.

Como la multiplicidad de 1 en λ2−1 es 1, la primera tendra la forma y = Kxex. Derivando se tieney′ = K(x+ 1)ex e y′′ = K(x+ 2)ex, y sustituyendo en y′′ − y = 2ex se tiene K(x+ 2− x)ex = 2ex,de donde K = 1 y ası y1(x) = xex resuelve la primera ecuacion.

Tambien la segunda tendra la forma y = Qxe−x. Derivando se tiene y′ = Q(1 − x)e−x e y′′ =Q(x− 2)e−x, y sustituyendo en y′′ − y = 4e−x se tiene Q(x− 2− x)e−x = 4e−x, de donde Q = −2y ası y2(x) = −2xe−x resuelve la segunda ecuacion.

En conclusion, la solucion general es y(x) = Aex+Be−x+xex−2xe−x = (A+x)ex+(B−2x)e−x.

o


matem´aticas de primer curso problemas resueltos i... · 2020. 9. 16. · matem´aticas de primer...

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